【精品解析】浙教版科学九年级上第三章　杠杆专题拔尖训练（０.２）

浙教版科学九年级上第三章　杠杆专题拔尖训练（０.２）
一、单选题
1．（2021·海曙模拟）如图甲所示的力学装置，杠杆OAB始终在水平位置保持平衡，O为杠杆的支点，OB=20A，竖直细杆a的上端通过力传感器相连在天花板上，下端连接杠杆的A点，竖直细杆b的两端分别与杠杆的B点和物体M固定，水箱的质量为0.8kg，底面积为200cm2，不计杠杆、细杆及连接处的重力，力传感器可以显示出细杆a的上端受到作用力的大小，图乙是力传感器的示数大小随水箱中水的质量变化的图像，则（　　）
A．物体M的密度为0.6×103kg/m3
B．当传感器示数为0N时，加水质量为1.4kg
C．当加水质量为1.8kg时，容器对桌面的压强为
D．加水质量为2kg时，水对水箱底部的压力为31N
2．（2020九上·杭州月考）在杠杆的两端挂着质量和体积都相同的铝球和铁球，这时杠杆平衡；将两球分别浸泡在质量和溶质质量分数都相同的稀硫酸中(如图所示)，直至两个烧杯中均没有气泡产生为止，两球的外形变化不大且无孔洞出现。下列推测中正确的是（　　）
①反应结束后，烧杯甲中的溶液质量大； ②反应结束后，烧杯乙中的溶液质量大；
③拿掉烧杯后，要使杠杆重新平衡，支点应向A 端移动；
④拿掉烧杯后，要使杠杆重新平衡，支点应向B 端移动
A．①③ B．①④ C．②③ D．②④
3．（2020九上·椒江期中）如图，小明用一轻质杠杆自制简易密度秤的过程中，在A端的空桶内分别注入密度已知的不同液体，改变物体M悬挂点B的位置，当杠杆在水平位置平衡时，在M悬挂点处标出相应液体的密度值，下列关于密度秤制作的说法中，正确的是（　　）
A．悬点O适当左移，秤的量程会增大
B．秤的刻度值分布不均匀
C．增大M的质量，秤的量程会减小
D．每次倒入空桶的液体质量相同
4．（2020九上·兰溪期中）如图所示，光滑带槽的长木条AB（质量不计）可以绕支点O转动，木条的A端用竖直细线连接在地板上，OA=0.6m，OB=0.4m。在木条的B端通过细线悬挂一个长方体木块C，C的密度为0.8×103kg/m3 ， B端正下方放一盛满水的溢水杯。现将木块C缓慢浸入溢水杯中，当木块浸入水中一半时，从溢水口处溢出0.5N的水，杠杆处于水平平衡状态，然后让质量为300g的小球从B点沿槽向A端匀速运动，经4s的时间系在A端细绳的拉力恰好等于0，下列结果不正确的是（忽略细线的重力，g取10N/kg）（　　）
A．木块受到的浮力为0.5N
B．木块C受到细线的拉力为0.3N
C．小球刚放在B端时A端受到细线的拉力为2.2N
D．小球的运动速度为0.2m/s
5．（2020九上·杭州月考）如图所示，一根木棒 AB 在 O 点被悬挂起来，AO=OC，在 A、C 两点分别挂有两个和三个相同的钩码，木棒处于平衡状态。如在木棒的 A、C 点各增加一个同样的钩码，则木棒 （　　）
A．绕 O 点顺时针方向转动
B．绕O 点逆时针方向转动
C．平衡可能被破坏，转动方向不定
D．仍能保持平衡状态
6．（华师大版初中科学九年级上学期 5.3功与机械效率(第1课时)）一根金属棒AB置于水平地面上，现通过弹簧测力计竖直地将棒的右端B缓慢拉起，如图甲所示。在此过程中，弹簧测力计对棒所做的功W与B端离开地面的高度x的关系如图乙所示。根据图像，下列说法中正确的是（　　）
A．该金属棒的长度L＝1.6m
B．在B端拉起的过程中，当x1＝0.6m时，测力计的示数为F1＝1.5N
C．当x2＝1.6m时，测力计的示数为F2＝5N
D．金属棒的重心到A端的距离为0.6m
7．（2020·宁波）现有一根形变不计、长为L的铁条AB和两根横截面积相同、长度分别为La、Lb的铝条a、b。将铝条a叠在铁条AB上，并使它们的右端对齐，然后把它们放置在三角形支架O上，AB水平平衡，此时OB的距离恰好为La，如图所示。取下铝条a后，将铝条b按上述操作方法使铁条AB再次水平平衡，此时OB的距离为Lx。下列判断正确的是（　　）
A．若LaB．若La 成立
C．若Lb D．若Lb 8．（2020·乐清模拟）如图所示，AOB为一杠杆(质量忽略不计) ， 物体悬挂在A端并浸没在水中，B端在F力作用下竖直向下拉。在烧杯中不断加入蔗糖固体搅拌溶解(溶解过程中溶液温度和体积不变)，若杠杆仍水平平衡，拉力F与溶解的蔗糖质量关系如下图，其中表示正确的是（　　）
A． B．
C． D．
9．（2020·温州模拟）如图所示甲乙两杠杆处于水平位置平衡，甲图上有两个体积不同的铁球，乙图上有两个体积相同的铝球和铁球，如果把他们都浸没在水中，则杠杆将发生的变化是（　　）
A．仍保持平衡 B．都失去平衡
C．甲仍保持平衡，乙失去平衡 D．甲失去平衡，乙仍保持平衡
10．（2020九上·慈溪期末）如图，一质量分布均匀的12kg 铁球与轻杆 AB焊接于 A点后悬挂于竖直墙壁的 B点，轻杆的延长线过球心O，轻杆的长度是铁球半径的 2/3。要使铁球刚好离开墙壁，施加在铁球上的力至少为（　　）
A．27N B．45N C．72N D．90N
11．（2019九上·余杭月考）材料相同的甲、乙两个物体分别挂在杠杆A、B两端，O为支点（OAA．A端下沉 B．B端下沉 C．仍保持平衡 D．无法确定
12．（2019·绍兴）如图是上肢力量健身器示意图。杠杆AB可绕O点在竖直平面内转动，AB=3BO，配重的重力为120牛。重力为500牛的健身者通过细绳在B点施加竖直向下的拉力为F1时，杠杆在水平位置平衡，配重对地面的压力为85牛。在B点施加竖直向下的拉力为F2时，杠杆仍在水平位置平衡，配重对地面的压力为60牛。已知F1：F2=2：3，杠杆AB和细绳的质量及所有摩擦均忽略不计。下列说法正确的是（　　）
A．配重对地面的压力为50牛时，健身者在B点施加竖直向下的拉力为160牛
B．配重对地面的压力为90牛时，健身者在B点施加竖直向下的拉力为120牛
C．健身者在B点施加400牛竖直向下的拉力时，配重对地面的压力为35牛
D．配重刚好被匀速拉起时，健身者在B点施加竖直向下的拉力为540牛
13．（2019九下·浙江保送考试）如图所示，AB是一质量为m的均匀细直杆，A端靠在光滑的竖直墙壁上，B端置于水平地面上，杆身与竖直方向夹角为θ为30°，杆保持平衡，则此时地面对细杆的支持力与摩擦力分别为（　　）
A．mg mg B．mg mg
C． mg mg D．2mg mg
14．（2019九上·镇海期末）一块厚度、密度均匀长方形水泥板平放在水平地面上，现分别用竖直向上的力F甲和F乙作用在不同的位置(如图甲、乙)，将其一端缓缓抬离地面，则下列说法正确的是（　　）
A．F甲>F乙，因为甲图中的动力臂长
B．F甲C．F甲>F乙，因为乙图中时阻力臂短
D．F甲=F乙，因为两图中动力臂都是阻力臂的2倍
15．（2019·温州模拟）育英学校高中部扩建，需要在新旧校址间建立一座桥梁。工人王师傅借助河中石头，要把竹竿尽可能深地插入湖底淤泥，如图所示，效果最好的是（　　）
A． B．
C． D．
16．（2018九上·金华月考）如图，在探究杠杆平衡条件时，左边的钩码个数和位置保持不变，右边弹簧测力计的作用点固定，只改变测力计与水平方向的角θ，则能描述测力计示数 Fθ关系的图象是（　　）
A． B．
C． D．
17．（2018九上·绍兴月考）如图，小明用一轻质杠杆自制简易密度秤的过程中，在A端的空桶内分别注入密度已知的不同液体，改变物体M悬挂点B的位置，当杠杆在水平位置平衡时，在M悬挂点处标出相应液体的密度值。下列关于密度秤制作的说法中，错误的是（　　）
A．每次倒入空桶的液体体积相同
B．秤的刻度值向右越来越大
C．悬点O适当右移，秤的量程会增大
D．增大M的质量，秤的量程会增大
18．（2018·台州模拟）如图，OAB是杠杆，OA与BA垂直，在OA的中点挂一个10N的重物，加在B点的动力使OA在水平位置保持静止（杠杆重力及摩擦均不计），则（　　）
A．该杠杆一定是省力杠杆 B．作用点在B点的最小动力小于5N
C．该杠杆一定是费力杠杆 D．作用点在B点的最小动力等于5N
19．（2015九下·平阳竞赛）杠杆OA的B点挂着重物G，A端用细绳挂在圆弧EF上，此时OA恰成水平，且A点与圆弧形架EF的圆心重合。当绳AM的M端从E点缓慢滑到F点的过程中，绳对A点拉力的大小将（　　）
A．逐渐变大 B．逐渐变小
C．先变大再变小 D．先变小再变大
20．（2017·杭州模拟）如图所示，密度分布均匀的圆柱形棒的一端悬挂一个小铁块并一起浸入水中。平衡时棒浮出水面的长度是浸入水中长度的n倍。若水的密度为ρ，则棒的密度为（　　）
A． B． C． D．
二、填空题
21．（2021九下·海曙月考）如图所示，一均匀木条可绕转轴O自由转动，现有材料相同，长度相同，横截面积之比Sa：Sb：Sc=1：4：2的三支蜡烛a、b、c，垂直立于木条上，木条恰好处于平衡。三支蜡烛离转轴的距离分别为L1、L2和L3，若L1=4L2，则L3=　 　L2。若同时点燃蜡烛蜡烛在燃烧过程中，要使杠杆保持平衡，则L1：L2：L3=　 　(蜡烛在相等时间内燃烧的质量相同)。
22．（2021九下·鄞州月考）古代护城河上有座吊桥，它的结构原理如图所示。把桥面看成是长为10m，所受重力为3000N的均匀杆OA，可以绕转轴O点在竖直平面内转动，在O点正上方10m处固定一个定滑轮，绳子通过定滑轮与杆的另一端A相连，用力拉动绳子就可以将杆从水平位置缓慢向上拉起。杆即将离开水平位置时，绳子的拉力为F1，当士兵们把吊桥拉起到与水平面的夹角为30°时，绳子的拉力为F2，所用的时间是0.5min(忽略绳子重力、滑轮半径和摩擦)。则：
（1）F1：F2=　 　。
（2）士兵们对吊桥做功的平均功率是　 　W。
23．（2020九上·宁波期中）建筑工人利用如图所示的两种方式，将重为 600N 的材料运送到 3 m 高的楼顶上，图甲中 A 端用绳子悬挂材料，B 端拉力 F1始终沿竖直方向，OB = 2OA，在此过程中拉力 F1将　 　（选填“变大”、“变小”或“不变”）；图乙中斜面长 6 m、高 3 m，沿斜面方向施加400N 的拉力 F2匀速将材料也成功运送到楼顶，物体所受斜面的摩擦力为　 　N。
24．（浙教版科学九年级上册 3.4简单机械（杠杆） 培优练习）如图所示，一轻质杠杆支在支架上，OA=20cm，G1为边长是5cm的正方体，G2重为20N。当OC=10cm时，绳子的拉力为　 　N，此时G1对地面的压强为2×104Pa。现用一水平拉力，使G2以　 　cm/s的速度向右匀速运动，经过12.5s后，可使G1对地面的压力恰好为零。
25．（华师大版初中科学九年级上学期 5.1杠杆(第2课时)）如图所示，在处于水平位置平衡的杠杆的A点悬挂两个总重为2N的钩码，在B点用弹簧测力计竖直向上拉，使杠杆在水平位置再次平衡，则拉力应为　 　N，此时的杠杆属于　 　(选填“省力”或“费力”)杠杆。如果弹簧测力计的量程为0～5N，在支点不变的情况下，采用图中的杠杆，能较为精确地测量出悬挂物体的最大质量为　 　kg。(g取10N/kg)
26．（2020·奉化模拟）如图所示，质量为m的人站在质量为 的均匀木板AB中点，木板可以绕B端转动，要使木板处于水平状态不动，此人拉力的大小为　 　。(摩擦忽略不计)
三、解答题
27．（2019·杭州）如图甲，有一轻质杆，左右各挂由同种金属制成，质量分别为m1和m2(m1>m2)的实心物块后恰好水平平衡
（1）求左右悬挂点到支点O的距离L1与L2之比
（2）将两物分别浸没在水中，杆将会 ▲ （选填“左端下降”“右端下降”“仍然平衡”），试通过推导说明。
28．（2021·宁波模拟）为探究平衡木受力的特点，重为400N的小科设计了图甲所示的平衡木模型，整个装置放在水平地面上，AB可绕支点O无摩擦转动。AB始终处于水平平衡状态，C处固定一竖直硬杆，硬杆重300N，硬杆的底部安装有压力传感器R，R所在的电路装置如图乙所示，R的阻值随着硬杆对它的压力F的变化关系如图丙所示。其中，电源电压为4.5V，保护电阻R0=5Ω，电流表的量程为0～0.6A，且AB=4m，OA=BC=1m，整个装置除硬杆外，其他部分的重力均不计，求：
（1）小科的质量为　 　kg；
（2）小科站在A点时，C处受到硬杆对它的拉力；
（3）小科站在C点时，电流表的示数；
（4）在电路安全的情况下，小科在平衡木上缓慢走动的过程中，当电路消耗的电功率达到最小值和最大值时，压力传感器R消耗的电功率之比。
29．（2020九上·新昌期末）一根质量分布不均匀，长度为1.2米、重为9N的金属棒AB置于水平地面上，用弹簧测力计始终竖直方向拉棒的B端使其缓慢匀速拉起离开地面，如图甲所示。
（1）在此过程中，弹簧测力计对棒所做的功W与B端离开地面的高度h的关系，如图乙所示，其中最合理的是　 　。
（2）在B端拉起的过程中，当h1=1m时，测力计的示数F1为3N；由此推断：金属棒的重心到A的距离d=　 　；
（3）拉B端使金属棒缓慢匀速拉起，当h2=2m时，求这个过程中拉力做了多少功？
30．（2020九上·镇海期末）质量为 2.5kg 的圆柱体，其横截面的半径为 0.5m；放置在水平地面上，与高为 0.2m的台阶接触，接触部位足够粗糙，如图所示。现欲在圆柱体上施加一作用力，使它下部刚好脱离地面。
（1）画出此作用力F最小的示意图
（2）求此作用力F的最小值。
（3）要使此圆柱体在10s内运动到台阶上，则功率至少为多少？
31．（2020九上·镇海月考）如图甲所示，正方体A边长0.2m，作为配重使用，杠杆OE：OF=2：3，某同学用这个装置和一个密闭容器D提取水中的圆柱体B， 圆柱体B的体积是密闭容器D的1/3；旁边浮体C的体积是0.1m3，该同学站在浮体C上，总体积的3/5浸入水中；该同学用力拉动滑轮组绕绳自由端，手拉绳的功率P和密闭容器D匀速被提升的距离关系如图乙所示；密闭容器D上升速度0.05m/s保持不变，密闭容器D被提出水后，圆柱体B从密闭容器D中取出放在浮体C的上面，同时手松开绳子时，浮体C露出水面的体积减少总体积的7/25；在提升全过程中，配重A始终没有离开地面。两个定滑轮总重10 N.（绳的重力，滑轮与轴的摩擦及水的阻力不计。g＝10N/kg），求：
（1）圆柱体B的重力；
（2）密闭容器D离开水面时，滑轮组提升重物B的机械效率；（百分号前面保留一位小数）；
（3）圆柱体B的密度；
（4）在提升全过程中配重A对地面的压强的最大变化量。
四、实验探究题
32．（2021·湖州）下列是某科学研究小组探究杠杆平衡条件的实验过程：(本实验均使用轻质杠杆)实验1：在直杠杆水平平衡时(如图甲所示) 进行实验， 记录多组数据。得出：F1×s1=F2× s2(注：s1和s2分别表示支点到F1和F2的作用点的距离)。在直杠杆倾斜平衡时(如图乙所示)进行实验，也得到了同样的结论。该结论适用于所有平衡时的杠杆吗
实验2：科学研究小组用一侧弯曲的杠杆进行如图丙所示的实验，移动钩码，改变钩码数量，
记录数据如表，分析表格数据发现上述结论并不成立，但发现一个新的等量关系，即：(待填)。s和l(支点到力的作用线的距离)这两个量在研究杠杆平衡条件时，哪个量才是有价值的呢 研究小组的同学观察到：支点到F的作用点的距离(s1)与支点到F1的作用线的距离(l1)是相等的。研究小组的同学又进行了实验。
实验3：
实验次数 F1/N S1/cm F2/N S2/cm L2/cm
1 1.0 10.0 0.5 21.3 20.1
2 1.5 20.0 1.0 31.7 29.8
3 2.0 30.0 2.5 25.5 24.0
①移动钩码，使杠杆________，并使杠杆处于平衡状态。
②记录F1、s1、l1和F2、s2、l2。
③改变钩码数量，移动钩码，记录杠杆处于平衡时的多组F1、s1、l1和F2、s2、l2。
④分析实验数据，得出弯杠杆的平衡条件。最后，通过科学思维，得出所有杠杆的平衡条件都是：F1×l1=F2×l2。杠杆的平衡条件可用于解释许多杠杆应用，如用图1方式提升物体比用图2方式省力，就可用杠杆的平衡条件作出合理解释。请回答：
（1）在研究一侧弯曲的杠杆时，发现的一个新的等量关系是　 　。
（2）将实验3中的①填写完整　 　。
（3）“支点到力的作用线的距离”在科学上被称为　 　。通过探究杠杆平衡条件的实验，使我们深深认识到建立这一科学量的价值。
（4）用图1方式提升物体比用图2方式省力的原因是　 　。
33．（2021·温州模拟）同学们利用实验共同验证“杠杆的平衡条件”．实验中使用的杠杆刻线均匀，每个钩码的质量都相等．
（1）杠杆初始状态如图甲所示，为使杠杆处于水平平衡状态，此时应将杠杆的平衡螺母均向　 　调节．
（2）杠杆调节完毕后，莉莉在杠杆支点两侧挂的钩码如图乙所示，如果此时莉莉不再支撑杠杆，杠杆不能静止在水平位置．同学们给出了自己的判断和建议：
①小红说，把右侧的钩码减掉一个，杠杆就平衡了．
②小林说，把左侧的钩码向左移动一格，杠杆就平衡了．
③小健说，在左侧的钩码下增加一个钩码，杠杆就平衡了．
④小东说，在右侧的钩码下增加一个钩码，并向左移动一格，杠杆也可以平衡．你认为都有谁说对了　 　（填序号）．
（3）乙图中钩码均重0.5N，体积均为4立方厘米，在盛有某液体的烧杯置于右侧钩码下方，当最下端的一个钩码浸没于该液体中时，杠杆在水平位置静止，该液体密度为　 　kg/m3。
34．（华师大版初中科学九年级上学期 第5章 功和简单机械 单元试卷）教室内的日光灯一般都是由两条竖直平行的吊链吊在天花板上的(如图甲所示)，两条吊链竖直平行除了美观外，还蕴含着科学道理。
（1）图甲中a、b是挂日光灯的吊链。若以吊链a的固定点O作为支点，F甲作为拉力时，可将灯视作　 　(选填“省力”“费力”或“等臂”)杠杆。
（2）比较图甲、图乙两种悬挂方式，图甲吊链受到的拉力大小为F甲，图乙吊链受到的拉力大小为F乙，则F甲　 　F乙(选填“＞”“＝”或“＜”)。
（3）若图甲中b吊链突然断开后日光灯将绕O点转动，此时日光灯的重力势能将　 　(选填“增大”“减小”或“不变”)。
35．（2020·杭州模拟）某同学要测一个金属块的密度，他手中的测量工具只有一只量程较小的弹簧测力计，当他用此弹簧测力计测量该金属块的重力时，发现已超过弹簧测力计的最大量程，于是他设计了如图所示的装置去测量。图中OA：OB=1：3。他实验的步骤如下：
⑴用细绳把金属块悬挂于A点，用弹簧测力计在B点作用一个竖直向上的力，使杠杆OAB在水平位置静止，金属块静止在空中，读出弹簧测力计此时的读数F1；
⑵向容器中加适量的水，“适量”指的是　 　，待杆在水平位置重新平衡后，再读出弹簧测力计此时的读数F2，则F1　 　F2（选填“大于”、“等于”、“小于”）；
⑶若杠杆OAB质量不计，则被测金属块密度的表达式：ρ=　 　。（水的密度表示为ρ水）
36．（2019九上·杭州期中）小江用如图所示的实验装置测量杠杆的机械效率，实验时竖直向上拉动杠杆，使挂在杠杆下面的钩码缓缓上升。（支点和杠杆的摩擦不计）问：
（1）重为5N的钩码挂在为点时，人的拉力F为4N。钩码上升0.3m时，动力作用点C上升0.5 m，此时机械效率η1为　 　。
（2）小江为了进一步研究杠杆的机械效率与哪些因素有关，仍用该实验装置，将钩码移到更靠近支点的B点处，再次缓慢提升杠杆，使动力作用点C仍然上升0.5 m。问：人的拉力F与第一次相比　 　（选填“变大”、“变小”或“不变”），此时的机械效率η2与第一次相比会　 　（选填“变大”、“变小”或“不变”）。
37．（2019·宁波模拟）在“探究杠杆平衡条件”实验中，小科用一块T形板对实验装置进行改进。如图甲所示，T形板上有槽口ab和卡口cd，T形板通过槽口ab可以绕着杠杆的0点自由旋转并上下移动，弹簧测力计与一根质量可以忽略的碳素细棒MN相连，碳素细棒MN刚好卡入T形板的卡口cd，如图乙所示。
（1）小想认为要完成这个实验，还需要一把刻度尺，但小科认为只要在T形板上稍微进行改进，不添加器材也可完成实验。小科对T形板进行的改进方法是
　 　。
（2）利用这个装置进行实验的优点为：　 　。
（3）小科在实验过程中，保持阻力、阻力臂不变，在杠杆水平平衡时，测出每一组动力臂L1和动力F1的数据，并利用实验数据绘制了F1与L1的关系图像，如图丙所示。请根据图像推算，当L1为5cm时，F1为　 　N。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】密度公式的应用；二力平衡的条件及其应用；浮力大小的计算；杠杆的平衡条件
【解析】【分析】（1）由图乙可知，水箱中没有水时力传感器的示数，即细杆a的上端受到的拉力，根据杠杆的平衡条件得出等式即可求出物体M的重力；确定M完全浸没时力传感器的示数，根据杠杆的平衡条件计算出此时B端受到的作用力，再根据二力平衡原理计算出M受到的浮力，然后根据阿基米德原理计算出物体的体积，最后根据密度公式计算出M的密度；
（2）设M的底面积为S，压力传感器示数为0时M浸入水中的深度为h1，M的高度为h，压力传感器的压力为零时受到的浮力等于M的重力，根据阿基米德原理表示出此时M受到的浮力，由图乙可知M完全浸没时压力传感器的示数，根据杠杆的平衡条件求出B点竖直向下的作用力，对M受力分析可知，受到竖直向上的浮力、竖直向下的重力和杆的作用力，据此求出此时M受到的浮力，根据阿基米德原理表示出M受到的浮力，从而得出每加0.1kg水物体M受到的浮力增加1N，据此求出当传感器示数为0N时加水的质量；
（3）由（2）可知，每加0.1kg水，物体M受到的浮力增加1.5N，加水1kg时水面达到M的下表面，据此求出加水质量为1.8kg时受到的浮力，然后求出物体M受到细杆b向下的压力，水箱对水平面的压力等于水箱、水、M的重力之和加上物体M受到细杆b向下的压力，利用压强公式求出容器对桌面的压强。
（4）加水质量为2kg时，M刚好完全浸没，由（2）可知此时M受到的浮力，根据阿基米德原理可知排开水的重力，水对水箱底部的压力等于水和排开水的重力之和。
【解答】A．由图乙可知，水箱中没有水时（m=0），力传感器的示数为F0=6N（即细杆a的上端受到的拉力为6N），
由杠杆的平衡条件可得：F0×OA=GM×OB；
6N×OA=GM×2OA；
解得：GM=3N。
由图乙可知，当M完全浸没时，压力传感器的示数为24N，
由杠杆的平衡条件可得：FA×OA=FB×OB，
24N×OA=FB×2OA；
解得：FB=12N。
对M受力分析可知，受到竖直向上的浮力、竖直向下的重力和杆的作用力，
则此时M受到的浮力：F浮=GM+FB=3N+12N=15N，
那么M的体积为：；
则M的密度
故A错误；
B．设M的底面积为S，压力传感器示数为0时M浸入水中的深度为h1，M的高度为h，
当压力传感器的压力为零时，M受到的浮力等于M的重力3N，
由阿基米德原理F浮力=ρ水gV排可得：ρ水gSh1=3N ①；
由图乙可知，当M完全浸没时，压力传感器的示数为24N，
则此时M受到的浮力：F浮=15N，
由阿基米德原理可得：ρ水gSh=15N ②
由①和②得：h=5h1，
由图乙可知，加水1kg时水面达到M的下表面（此时浮力为0），加水2kg时M刚好浸没（此时浮力为15N），该过程中增加水的质量为1kg，浮力增大了15N，
所以，每加0.1kg水，物体M受到的浮力增加1.5N，当向水箱中加入质量为1.2kg的水时，受到的浮力为3N，此时传感器的示数为0N，故B错误；
C．由选项B可知，每加0.1kg水，物体M受到的浮力增加1.5N，加水1kg时水面达到M的下表面，加水质量为1.8kg时，浮力为12N，
物体M受到细杆b向下的压力：FB′=F浮′-GM=12N-3N=9N，
水箱对水平面的压力：F=（m水箱+m水）g+GM+FB′=（0.8kg+1.8kg）×10N/kg+3N+9N=38N，
容器对桌面的压强为：，故C正确；
D．加水质量为2kg时，M刚好完全浸没，
由选项B可知此时M受到的浮力是15N，
由阿基米德原理可知排开水的重力是15N，
水对水箱底部的压力：F压=G水+G排=m水g+G排=2kg×10N/kg+15N=35N，故D错误。
故选C。
2．【答案】C
【知识点】杠杆的平衡条件；根据化学反应方程式的计算
【解析】【分析】通过化学方程式计算可知相同质量的硫酸消耗铁的质量和铝的质量的大小关系，进而判断溶液的质量变化，结合杠杆的平衡条件判断支点的移动方向。
【解答】铁球和铝球的外形变化不大且无孔洞出现，说明金属都有剩余，即硫酸完全反应。
设消耗的铁和铝的质量分别为x、y，硫酸的质量为100g，质量分数为a%则：
Fe + H2SO4=FeSO4+H2↑　　　 2Al+3H2SO4=Al2（SO4）3+3H2↑
56　 98　　　　　　　　　　　　　 54　　294
　 a　　　　　　　　 　　 a　　
根据上面的方程式可知，相同质量的硫酸消耗铁的质量要比铝多。
参加反应的铁的质量大，生成氢气的质量相等，则放铁球的那个烧杯中乙溶液质量增加的多，①错误，②正确；
因为铁球减少的质量大，反应后铁球要比铝球轻，根据杠杆的平衡条件可知，故支点应向A移动，③正确，④错误。
故选C。
3．【答案】A
【知识点】杠杆的平衡条件
【解析】【分析】首先根据杠杆的平衡条件列出平衡关系式，然后结合密度公式推导得出液体的密度与动力臂OB的数学关系式，然后结合这个公式，不断改变变量，对秤的量程变化进行分析，并判断刻度值是否均匀。【解答】根据杠杆平衡的条件F1L1=F2L2得到：（G桶+G液体）×OA=GM×OB；
（G桶+ρ液体gV）×OA=GM×OB；
；
其中GM、G桶、OA和V都是常量，因此液体的密度与动力臂OB成正比，因此刻度是均匀的，故B错误；
根据公式可知，悬点O左移，那么OA减小，OB增大，会使液体的密度增大，从而增大量程，故A正确；
根据公式可知，根据增大M的质量，可以使液体密度增大，即增大量程，故C错误；
根据公式m=ρV可知，当液体的体积相同时，密度越大，液体的质量越大，因此注入空桶的液体体积相同，才能通过杠杆平衡条件得出液体质量的大小，从而判断液体密度的情况，故D错误。
故选A。
4．【答案】D
【知识点】二力平衡的条件及其应用；浮力大小的计算；杠杆的平衡条件
【解析】【分析】（1）利用溢出水的重力，根据阿基米德原理即可求出物体受到的浮力；
（2）根据F浮=ρ水V排g求排开水的体积；此时木块浸入体积为木块体积的一半，可求木块的体积，又知道木块的密度，利用密度公式和重力公式求木块重；根据FB=G-F浮求杠杆B端受到的拉力FB，
（3）根据杠杆平衡条件得出关系式FA×OA=FB×OB求出小球刚放在B端时A端受到细线的拉力；
（4）知道小球的质量可求重力，设小球的运动速度为v，则小球滚动的距离s=vt，可求当A端的拉力为0时，小球到O点距离（s-OB=vt-OB=v×4s-0.4m），再根据杠杆平衡条件得出G球×s′=FB×OB，据此求小球运动速度。
【解答】A.溢水杯内盛满水，当物体放入后，溢出0.5N的水，
根据阿基米德原理可知，物体受到的浮力：F浮=G排=0.5N，故A正确不合题意；
B.排开水的体积：
；
因为一半浸入水中，
所以物体的体积：V物=2V排=2×5×10-5m3=1×10-4m3；
物体的重力：G=mg=ρ物V物g=0.8×103kg/m3×1×10-4m3×10N/kg=0.8N，
则B端木块C所受的拉力：FB=G-F浮=0.8N-0.5N=0.3N，故B正确不合题意；
C.小球的重力为：G球=m球g=0.3kg×10N/kg=3N，
小球刚放在B端时，B端受到的力为FB=3N+0.3N=3.3N，
根据杠杆平衡条件得出关系式：FA×OA=FB×OB；
FA×0.6m=3.3N×0.4m；
解得：FA=2.2N，故C正确不合题意；
D.当A端的拉力为0时，杠杆再次平衡，此时小球到O点距离：
s′=s-OB=vt-OB=v×4s-0.4m，
根据杠杆平衡条件可知：
G球×s′=FB×OB，
即：3N×（v×4s-0.4m）=0.3N×0.4m，
解得：v=0.11m/s，故D错误符合题意。
故选D。
5．【答案】D
【知识点】杠杆的平衡条件
【解析】【分析】根据杠杆的平衡条件分析判断即可。【解答】由题知，AO=OC，两边的力不同，说明杠杆的重心不在O点，
因为右边受到的力大于左边受到的力，所以杠杆的重心在O点的左侧。
设杠杆的重心在D，一个钩码重为G，如图：
由题意：杠杆原来平衡，则F左×AO+G0×OD=F右×CO，
2G×AO+G0×OD=3G×CO，
则：G0×OD=G×CO=G×AO。
再各加一个钩码后：
左边力和力臂的乘积为：3G×AO+G0×OD=3G×AO+G×AO=4G×AO，
右边力和力臂的乘积为：4G×CO=4G×CO，
可见，增加钩码后两边力和力臂的乘积相等，所以杠杆仍平衡。
故选D。
6．【答案】C
【知识点】功的计算公式的应用；杠杆的平衡条件
【解析】【分析】（1）注意分析乙图中曲线的拐点处的意义，其实就是该点时金属棒刚刚离开地面；
（2）在已知杆的长度的情况下，根据乙图x的不同长度对应的功的大小，得到杆的重力，也就是F2的示数；根据图乙得到F1的数值；
（3）根据图乙可知，图像弯折后，增大的功等于物体的重力与增大的高度的乘积，据此计算出重力，再根据二力平衡计算拉力F2；
（3）由杠杆平衡条件可求出重心到A端的距离。
【解答】由于拉力始终竖直向上，而杠杆的重力竖直向下，二者相互平行，
根据相似三角形的性质可知，动力臂与阻力臂之比不变。
由杠杆的平衡条件可知，杠杆的重力不变，那么拉力不变。
根据图乙可知，当拉起高度为1.2m后，拉力增大了，
那么此时A端肯定刚离地，
即金属棒长1.2米，故A错误；
由图乙可知，金属棒B端从0~1.2m时，拉力保持不变；
因此当x1=0.6m时，拉力，故B错误；
根据乙图可知，当x2=1.2~1.6m的过程中，拉力保持不变；
金属棒的重力，
根据二力平衡的知识可知，即F2=G=5N，故C正确；
由杠杆平衡条件得重心到A端的距离：，
故D错误。
故选C。
7．【答案】A
【知识点】杠杆的平衡条件
【解析】【分析】根据杠杆的平衡条件分析。
【解答】当把铝条a放在铁条上时，铁条的重力G铁为阻力，作用在中点，那么阻力臂为：；动力为铝条a的重力Ga，作用在它的中点处，动力臂为，
根据杠杆的平衡条件得到：①；
当把铝条b放在铁条上时，铁条的重力G铁为阻力，作用在中点，那么阻力臂为：；动力为铝条a的重力Ga，作用在它的中点处，动力臂为，
根据杠杆的平衡条件得到：②；
①÷②得到：
③；
因为铝条a和b横截面积相等，根据公式G=ρVg=ρShg可知，铝条的重力与长度成正比，
即：；
将其袋入③得到：；
因为La所以；
那么；
化简得到：；
整理得到：；
即：；
那么：。
如果支点O不动，因为Lb>La，所以肯定后有一部分在O点左侧。与原来相比可知，此时左边重力增大，为了维持平衡，必须减小阻力臂，增大动力臂，即支点向左移动，那么La故A正确，B错误；
若Lb La，故C、D错误。
故选A。
8．【答案】A
【知识点】二力平衡的条件及其应用；浮力的变化；杠杆的平衡条件
【解析】【分析】（1）首先根据阿基米德原理分析物体受到浮力的变化，然后根据FA=G-F浮分析杠杆A端受到拉力的变化，最后根据杠杆的平衡条件分析B端拉力的大小变化；
（2）当溶液达到饱和后，即使加入再多的固体，溶质的质量保持不变，即溶液的密度保持不变。
【解答】（1）在溶液达到饱和前，随着蔗糖质量的增大，溶解的蔗糖质量不断增多，液体的密度不断增大。根据公式F浮=ρ液gV排可知，物体受到的浮力不断增大。根据公式FA=G-F浮可知，杠杆A端受到的拉力不断减小。根据杠杆的平衡条件FA×AO=FB×OB可知，B端的拉力F不断减小。
（2）当溶液达到饱和后，溶液的密度不再改变，根据上面的推导过程可知，B端的拉力F保持不变。
故选A。
9．【答案】C
【知识点】浮力大小的计算；杠杆的平衡条件
【解析】【分析】当把球浸没在水中时，它们都会受到浮力，比较杠杆两边力和力臂的乘积是否相同，进而确定杠杆是否平衡即可。
【解答】在甲图中：
原来杠杆是平衡的，那么得到：G左×L1=G右×L2 ①；
当两球浸没在水中时，它们都会受到浮力，
那么杠杆左边：
（G左-F左）×L1=（G左-）×L1=（G左-）×L1=
杠杆右边：
（G右-F右）×L1=（G右-）×L2=（G左-）×L2=
根据①式可知，杠杆左右两边力和力臂的乘积相等，那么甲仍然平衡。
在乙图中：
在甲图中：
原来杠杆是平衡的，那么得到：G铝×L1=G铁×L2 ①；
当两球浸没在水中时，它们都会受到浮力，
那么杠杆左边：
（G铝-F铝）×L1=（G铝-）×L1=G铝×L1-×L1 ②；
那么杠杆右边：
（G铁-F铁）×L2=（G铁-）×L2=G铁×L2-×L2 ②；
根据乙图可知，L1>L2；
所以杠杆左边力和力臂的乘积小于右边力和力臂的乘积，
则杠杆向右下沉，即杠杆失去平衡。
故选C。
10．【答案】B
【知识点】杠杆的平衡条件
【解析】【分析】根据杠杆的平衡条件F1L1=F2L2分析计算。
【解答】铁球的重力G=mg=12kg×10N/kg=120N；
由图知，当力F作用在球的下边缘，且与通过AB的直径垂直时，动力臂最长，其受力图如图所示：
把整体看做一个杠杆，支点在B点，由图知，球的重力方向竖直向下，力臂L2等于半径R，
F的力臂L1等于杆的长度与球的直径之和，则；
根据杠杆的平衡条件F1L1=F2L2得到：G L2=F L1；
解得：F=45N。
故选B。
11．【答案】C
【知识点】浮力大小的计算；杠杆的平衡条件
【解析】【分析】甲、乙浸没在水中后对杠杆的拉力F=G-F浮，根据杠杆的平衡条件和数学推导判断杠杆两边力和力臂乘积的大小关系即可。【解答】根据杠杆的平衡条件得到：
G甲OA=G乙OB ①；
ρgV甲OA=ρgV乙OB；
即：V甲OA=V乙OB ②；
将甲、乙物体浸没于水中，
那么杠杆两端受到的拉力为：F=G-F浮=G-ρ水gV排；
左边：（G甲-F浮甲）×OA=（G甲-ρ水gV甲）×OA=G甲×OA-ρ水gV甲×OA；
右边：（G乙-F浮B）×OB=（G乙-ρ水gVB）×OB=G乙×OB-ρ水gV乙×OB；
根据②式可知：ρ水gV甲×OA=ρ水gV乙×OB，
根据①式可知，杠杆左边和右边力和力臂的乘积相等。
因此杠杆仍然保持平衡。
故选C。
12．【答案】C
【知识点】二力平衡的条件及其应用；杠杆的平衡条件；滑轮组及其工作特点
【解析】【分析】（1）对配重进行受力分析，根据二力平衡原理计算出配重绳子上的拉力F；对动滑轮进行受力分析，计算出杠杆A点产生的拉力FA；根据杠杆的平衡条件计算出B点的拉力F 1，并且找到B点拉力与配重的重力等之间的数学关系式；用同样的方法计算出B点的拉力F 2，借助 F1：F2=2：3 计算出动滑轮的重力；
（2）使用上面同样的方法计算出配重对地面的压力为50N和90N时，B点施加的向下的拉力；
（3）将FB=400N代入关系式计算配重对地面的压力；
（4）配重刚好被拉起，即它对地面的压力为0，根据上面的关系式计算出B点的拉力。
【解答】当配重在地面上保持静止状态时，它受到的绳子的拉力F为：F=G-FN；
因为动滑轮上有2段绳子承担物重，
因此杠杆A点受到的拉力： ；
根据杠杆的平衡条件得到： ；
因为： AB=3BO ；
所以：AO=2BO；
那么： ；
即： ；
当压力为85N时， ；
当压力为60N时， ；
因为： F1：F2=2：3 ；
所以： ；
解得：G动=30N；
A.当配重对地面的压力为50N时，B点向下的拉力为：
，故A错误；
B.当配重对地面的压力为90N时，B点向下的拉力为：
，故B错误；
C.健身者在B点施加400N竖直向下的拉力时，
根据 得到：
；
解得：FN=35N，故C正确；
D.配重刚好被拉起，即它对地面的压力为0，
根据 得到：
；
因为人的最大拉力等于体重500N，因此配重不可能匀速拉起，故D错误。
故选C。
13．【答案】A
【知识点】二力平衡的条件及其应用；杠杆的平衡条件
【解析】【分析】均匀细直杆可看作是以B点为轴的杠杆，阻力为杠杆的重力，动力为墙壁给A点的弹力，利用三角函数分别计算出动力臂和阻力臂，然后根据杠杆的平衡条件计算A点弹力的大小；因杠杆在水平方向没有发生移动，故水平方向上所受摩擦力应与A点的弹力相等。杠杆在竖直方向，竖直墙壁是光滑的，没有摩擦力，因此竖直方向上受重力和和支持力是相互平衡的。【解答】解：B为杠杆的支点，A点弹力的大小为F；
根据杠杆的平衡条件可得：；
解得；
根据二力平衡可知，摩擦力与弹力相等，
故摩擦力大小；
由于杠杆在竖直方向，竖直墙壁是光滑的，没有摩擦力，
因此竖直方向上受重力和支持力是平衡等的，
即地面对细杆的支持力N=mg。
故选A。
14．【答案】D
【知识点】杠杆的平衡条件
【解析】【分析】将水泥板看作一个杠杆，支点在水泥板着地的一侧，阻力是自身的重力，动力就是人的举力，根据杠杆的平衡条件分析即可。
【解答】将水泥板看作一个杠杆，支点在水泥板着地的一侧，阻力是自身的重力，动力就是人的举力；因为水泥板的重心在它的几何中心上，因此抬起水泥板时的阻力臂都是动力臂的一半，即：
那么虽然两次的动力臂长度不同，但动力大小都相同，即：。
故选D。
15．【答案】D
【知识点】杠杆的动态平衡分析；杠杆的应用
【解析】【分析】 首先要明确把竹竿尽可能深地插入湖底淤泥，在阻力一定的情况下，动力臂越长，越省力，由此对各个选项逐一分析即可。
【解答】 要把竹竿尽可能深地插入湖底淤泥，应选动力臂最大的，根据杠杆平衡条件，动力臂越长，越省力；由图可知，阻力和阻力臂相同，D中动力臂最大，效果最好．
故答案为：D
16．【答案】C
【知识点】杠杆的动态平衡分析
【解析】【分析】分析在角
θ 增大的过程中，动力臂长度的变化，然后结合杠杆的平衡条件判断测力计示数的变化。
【解答】
如上图所示，杠杆左边的钩码个数不变，即阻力不变；钩码的位置不变，即阻力臂不变；
当测力计与水平方向的角 θ 增大的过程中，动力臂先增大后变小；
根据杠杆平衡条件
可知，测力计示数Fθ先变小后变大。
故选C。
17．【答案】C
【知识点】杠杆的平衡条件
【解析】【分析】根据杠杆平衡的条件F1L1=F2L2对各个选项分析即可。【解答】A.根据杠杆的平衡条件得到：G液L1=GML2；根据密度公式得到：ρ液V液gL1=GML2；
那么得到：；既然用L2反映液体密度大小，那么二者之间必须呈正比例关系，那么V液就必须是定值，即每次倒入空桶的液体体积相同，故A正确不合题意；
B.根据可知，既然是定值，那么液体密度和L2成正比，即L2越大（秤的刻度值越向右），液体密度越大，那么秤的刻度值越大，故B正确不合题意；
C.悬点O适当右移，阻力臂L2减小，根据杠杆平衡的条件F1L1=F2L2，可知秤的量程会减小，故C错误符合题意；
D.增大M的质量，那么的比值会增大，即的值会增大，秤的量程会增大，故D正确不合题意。
故选C。
18．【答案】B
【知识点】杠杆的分类；杠杆中最小力问题
【解析】【分析】（1）根据动力臂和阻力臂长度的大小关系判断杠杆的分类；
（2）动力臂最长，动力才会最小，分析OA是否是杠杆上的最长动力臂即可。
【解答】
题目中杠杆的阻力等于物体重力10N，阻力臂等于，但是动力臂的长度不定，可能大于，也可能小于，因此是哪类杠杆不确定，故A、C错误；
当动力作用在B点时，以OB为动力臂最长；因为OB＞OA，所以作用在B点的最小动力小于5N，故B正确，而D错误。
故选B。
19．【答案】D
【知识点】杠杆的动态平衡分析
【解析】【分析】做出AE、AM、AF的力臂，在此基础上结合杠杆平衡条件分析即可。
【解答】图中O为支点，G为阻力、A点的拉力为动力。当杠杆水平时，OB为阻力臂，OA为动力臂，此时动力臂最长，所以根据杠杆的平衡条件可知，所用的拉力最小。
①当绳的M端从E点向中间滑时，力臂由小变大，拉力则由大变小；
②当从中间再向F滑时，力臂由大变小，拉力则由小变大。
因此，当绳AM的M端从E点缓慢滑到F点的过程中，绳对A点拉力的大小将是先变小再变大。
故答案为：D
20．【答案】C
【知识点】密度公式的应用；阿基米德原理；杠杆的平衡条件
【解析】【分析】设棒的横截面积和水中棒的长度，进一步可知整个棒的长度，根据ρ=m/V表示出棒的质量；根据G=mg表示出棒的重力，根据阿基米德原理表示出棒受到的浮力；由相似三角形对应边成比例得出棒的重力和浮力的力臂之比；以C为支点，A是棒的重心(即棒的中心)，由杠杆的平衡条件得出等式即可求出棒的密度。
【解答】设棒的横截面积为S，水中的棒长度为L则露出的长度为nL，整个棒的长度为(n+1)L，对其受力分析如下图所示：
由可得，
棒的质量m棒=ρ棒V棒=ρ棒S(n+1)L，
棒的重力G棒=m棒g=ρ棒S(n+1)Lg，
棒受到的浮力F浮=ρ水gV排=ρgSL，
由相似三角形对应边成比例可得：
，
以C为支点，A是棒的重心（即棒的中心），由杠杆的平衡条件可得
G棒×CE=F浮×CD
即ρ棒S(n+1)Lg×CE= ρgSL×CD
则
故答案为：C
21．【答案】4；2：1：3
【知识点】杠杆的平衡条件
【解析】【分析】（1）知道三蜡烛材料相同、长度相同和横截面积之比，利用密度公式和体积公式得出三蜡烛的质量之比，设ma=M，则mb=4M，mc=2M，知道L1=4L2，根据杠杆平衡条件求L3与L2的关系；
（2）由于木条原来平衡，利用杠杆平衡条件得出三力臂的大小关系①；由于蜡烛在相等时间内燃烧的质量相同，则在相同的时间内三蜡烛减小的质量m相同，要使木条平衡，两边减去的力和力臂的乘积相等，据此得出三力臂的大小关系②，由①②联立方程组得出三力臂的具体关系。
【解答】（1）根据公式m=ρV=ρSh可知，
三蜡烛的质量之比：ma：mb：mc=ρhSa：ρhSb：ρhSc=Sa：Sb：Sc=1：4：2；
设ma=M，则mb=4M，mc=2M，
根据杠杆的平衡条件得到：mag×L1+mbg×L2=mcg×L3，
Mg×4L2+4Mg×L2=2Mg×L3，
解得：L3=4L2；
（2）因为木条原来平衡，
所以：Mg×L1+4Mg×L2=2Mg×L3，
即L1+4L2=2L3，-----①
由题知，蜡烛在相等时间内燃烧的质量相同，则在相同的时间内三蜡烛减小的质量m相同，
要使木条平衡，两边减去的力和力臂的乘积相等，即mg×L1+mg×L2=mg×L3，
即L1+L2=L3，-------②
①-②得：
3L2=L3，----------③
即L2：L3=1：3，
由②得：
2L1+2L2=2L3，-------④
①-③得：
2L2=L1，-------------⑤
由③⑤得：
L1：L2：L3=2：1：3。
22．【答案】（1） ：1
（2）250
【知识点】功率计算公式的应用；杠杆的平衡条件
【解析】【分析】（1）找出杠杆即将离开水平位置和把吊桥拉起到与水平面的夹角为30°时的动力臂和阻力臂，然后结合利用杠杆的平衡条件分别求出F1、F2的大小；
（2）由于不计绳重和摩擦，士兵对吊桥做的功即为克服桥重做的功，那么求出桥重心提升的高度，利用W=Gh即可得出士兵做功的多少，然后根据功率公式 即可得出答案。
【解答】（1）当杆即将离开水平位置时，如下图所示，
AE=OE，OA=OD，
由勾股定理，（OE）2+（AE）2=（OA）2，
2OE2=OA2=（10m）2，
解得：，
根据杠杆的平衡条件得到：F1×OE=G×OB；
F1×m=3000N×；
解得：，
把吊桥拉起到与水平面的夹角为30°时，如右下图，AE′=5m，OA=10m；
由（OE′）2+（AE′）2=（OA）2得到：（OE′）2+（5m）2=（10m）2；
解得：，
因为（OC′）2+（BC）2=（OB）2，
所以，
根据杠杆平衡条件得到：F2×OE′=G×OC′，
F2×=3000N×，
解得：F2=1500N；
所以。
（2）士兵们把吊桥拉起到与水平面的夹角为30°的过程中，
桥的重心升高的距离为：
；
克服重力做的功为：W=Gh=3000N×2.5m=7500J；
那么其平均功率为：。
23．【答案】不变；100
【知识点】功的计算公式的应用；杠杆的平衡条件
【解析】【分析】（1）根据杠杆的平衡条件和相似三角形的性质判断F1是否发生改变；
（2）首先根据W有=Gh计算有用功，再根据W总=Fs计算总功，然后根据W额=W总-W有计算出克服摩擦做的额外功，最后根据计算摩擦力。
【解答】（1）如下图所示，原来杠杆处于平衡状态，那么得到：G×OA=F×OB；
即：；
在杠杆旋转的过程中，动力臂和阻力臂都在变小。
根据杠杆的平衡条件得到：
由于△AA'O与△BB'O相似，所以；
因此；
即F=F'，则拉力F1保持不变。
（2）有用功W有=Gh=600N×3m=1800J；
总功W总=Fs=400N×6m=240J；
额外功W额=W总-W有=2400J-1800J=600J；
摩擦力。
24．【答案】10；4
【知识点】速度公式及其应用；压强的大小及其计算；杠杆的平衡条件
【解析】【分析】（1）根据杠杆的平衡条件F1L1=F2L2计算绳子的拉力；
（2）根据F=pS计算出G1对地面的压力，然后根据重力G1=F+FA计算出它的重力。当它对地面的压力为零时，杠杆上A的拉力刚好等于它的重力，根据杠杆的平衡条件计算出G2到支点的距离，并计算出物体G2运动的距离，最后根据计算G2的速度即可。
【解答】（1）根据杠杆的平衡条件F1L1=F2L2得到：FA×OA=G2×OC；
FA×20cm=20N×10cm；
解得：FA=10N；
（2）此时G1对地面的压力为：F=pS=2×104Pa×（0.05m×0.05m）=50N；
那么物体G1的重力：G1=F+FA=10N+50N=60N；
当它对地面的压力为零时，杠杆上A的拉力刚好等于它的重力，
根据杠杆的平衡条件得到：G1×OA=G2×OD；
60N×20cm=20N×OD；
解得：OD=60cm；
那么G2运动的路程为：s=OD-OC=60cm-10cm=50cm；
那么G2的速度为：。
25．【答案】1.5；省力；3
【知识点】杠杆的平衡条件
【解析】【分析】（1）根据杠杆的平衡条件F1L1=F2L2计算拉力；根据动力臂和阻力臂的大小关系，判断杠杆的种类；
（2）根据杠杆的平衡条件可知，当动力臂最大，阻力臂最小时，可测量的物体质量最大，据此确定动力臂和阻力臂，然后进行计算即可。
【解答】（1）设杠杆上每格的长度为L，
根据杠杆的平衡条件F1L1=F2L2得到：F×4L=2N×3；
解得：F=1.5N；
因为动力臂大于阻力臂，所以为省力杠杆。
（2）如果被测物体的质量最大，那么阻力臂为L，动力臂为6L；
根据杠杆的平衡条件F1L1=F2L2得到：5N×6L=m×10N/kg×L；
解得：m=3kg。
26．【答案】
【知识点】杠杆的平衡条件
【解析】【分析】首先根据定滑轮的工作特点，确定A点的拉力和C点拉力的大小关系；然后根据二力平衡和相互作用力原理得到C点的压力、人的重力和A点拉力的关系；作用在杠杆上向下的力有两个，即人对杠杆的压力FC和杠杆自身的重力，根据杠杆的平衡条件列出平衡关系式，最后将得到的三个式子联立计算即可。
【解答】如下图所示，使用了两个定滑轮，摩擦阻力忽略不计，则FA=F拉 …①
根据力的作用是相互的，FC=F支=G-F拉=mg-F拉 …②
根据杠杆平衡条件得到：
因为：BA=2BC，
所以：…③
由①②③得：。
27．【答案】（1）解：∵杠杆平衡时有：F1×L1=F2×L2
∴m1g×L1=m2g×L2
变形得到：L1：L2=m2：m1
（2）仍然平衡；
以浸没于水的物体为研究对象进行受力分析：
F拉+F浮=m物g
F拉=m物g-F浮=m物g-ρ水gV物=(1- ）m物g
所以；F拉1×L1=（1- ）m1gL1
F2×L2=(1- )m2gL2
∵m1gL1=m2gL2
∴F拉1L1=F拉2L2
因此杠杆仍然平衡
【知识点】杠杆的平衡条件
【解析】【分析】（1）将左边的物体重力看作动力，右边的物体重力看作阻力，根据杠杆的平衡条件列出平衡关系式，借助数学运算得到左右悬挂点到支点O的距离L 1与L 2之比；
（2）当两个物体浸没在水中时，它们都会受到浮力，根据二力平衡条件得到： F拉+F浮=m物g 。据此计算出它们作用在杠杆上的拉力F拉1和F拉2；接下来分别计算杠杆两边动力和动力臂的乘积以及阻力和阻力臂的乘积，借助（1）中的结果对它们的大小进行比较即可。
28．【答案】（1）40
（2）小红站在A点时，杠杆受小红对A点的压力和硬杆对C点的拉力，
其中OA=1m，OC=AB-OA-BC=4m-1m-1m=2m，
根据杠杆的平衡条件可得：G人 OA=Fc OC，
即：400N×1m=F拉×2m，
解得：Fc=200N；
答：小红站在A点时，C处受到硬杆对它的拉力为200N；
（3）小红站在C点时，压力传感器R受到的压力为 Fc=G杆+G人=300N+400N=700N，
由乙图知R=7.5Ω，
则 R总=R0+R=5Ω+7.5Ω=12.5Ω，
电流表的示数为；
答：小红站在C点时，电流表的示数为0.36A；
（4）当电路消耗功率达最小值时，电路中的电流最小，R最大，硬杆对R的压力最小，
对硬杆和杠杆进行受力分析，并根据杠杆平衡原理，此时小红应站在A点；
此时R受到的压力为 F压=G杆-Fc=300N-200N=100N，
由乙图可知R'=20Ω，
则 ，
同理，经分析可知，在电路安全的情况下，当电路消耗功率最大时，此时小红应站在B点，
此时 OB=OC+BC=2m+1m=3m，
由杠杆平衡可得 ，
此时R受到的压力为 F'压=F'c+G杆=600N+300N=900N，
由乙图可知R''=5Ω，
则；
可知电路安全，
则压力传感器R消耗的功率之比为：。
答：当电路消耗功率达最小值和最大值时，压力传感器R消耗的功率之比为16：25。
【知识点】重力及其方向；欧姆定律及其应用；杠杆的平衡条件；电功率计算公式的应用
【解析】【分析】（1）根据G=mg计算质量；
（2）根据杠杆平衡条件计算拉力；
（3）根据 Fc=G杆+G人计算出压力传感器R受到的压力，根据图像确定阻值，根据R总=R0+R计算出总电阻，根据计算电流大小；
（4）根据P=UI=I2R 分别计算电流最小值与最大值时的功率进行比较。
【解答】（1）小红的质量；
29．【答案】（1）B
（2）0.4m
（3）当h2=2m时，金属棒AB已经离开地面，未离开地面时，弹簧测力计示数F1为3N且不变，
弹簧测力计对棒做的功为：W未=F1L=3N×1.2m=3.6J，
金属棒离开地面继续上升的高度为：h2=2m-1.2m=0.8m，
离开地面后，弹簧测力计对棒所做的功为克服棒重力做的功：W后=Gh2=9N×0.8m=7.2J，
故当h2=2m时，拉力F1做的功为：W2=W未+W后=3.6J+7.2J=10.8J
【知识点】功的计算公式的应用；杠杆的平衡条件
【解析】【分析】（1）金属棒未离开地面时，弹簧测力计对棒所做的功为弹簧测力计对棒的拉力做的功，；金属棒离开地面后，弹簧测力计对棒所做的功为克服棒重力做的功，根据杠杆的平衡条件、相似三角形的性质和功的计算式W=Fs分析判断；
（2）由h1=1m<1.2m可知金属棒未离开地面，根据杠杆的平衡条件可求得金属棒的重心到A端的距离d；
（3）由h2=2m>1.2m可知金属棒已经离开地面，此时拉力做的功等于金属棒未离开地面与金属棒已离开地面做功之和；金属棒未离开地面时，做的功为弹簧测力计对棒的拉力做的功W未=F1L，金属棒离开地面后，做的功为克服棒重力做的功W后=Gh2。
【解答】（1）①金属棒没离开地面时，金属棒是在拉力作用下绕着A端被缓慢匀速提起，此时金属棒是杠杆，支点为A，动力为测力计对金属棒的拉力，阻力为金属棒的重力，其中棒长L，设金属棒的重心离A端距离为d，如图1；
根据杠杆的平衡条件可得F1L1=GL2，相似三角形对应边成比例得到：；
那么这一过程中测力计对金属棒的拉力F1不变，且F1＜G。
金属棒没离开地面时，测力计对棒所做的功W=F1h，因F1不变，所以W和h成正比关系，
②当金属棒AB离开地面后，因竖直匀速提起金属棒，所以由二力平衡条件可知拉力F1′=G=5N，测力计对棒所做的功W=F1′h，且此过程中F1′不变，故W和h也成正比关系，但F1′＞F1，所以提升相同高度时拉力做功更多，即图线更陡。
故选B。
（2）①当h1=1m时，金属棒AB还没离开地面，假设金属棒与地面的夹角为α，如图2；
根据杠杆平衡条件，有F1×Lcosα=G×dcosα；
即3N×1.2m=9N×d，
解得：d=0.4m，
即金属棒的重心到A端的距离d为04m。
（3）当h2=2m时，金属棒AB已经离开地面，未离开地面时，弹簧测力计示数F1为3N且不变，
弹簧测力计对棒做的功为：W未=F1L=3N×1.2m=3.6J，
金属棒离开地面继续上升的高度为：h2=2m-1.2m=0.8m，
离开地面后，弹簧测力计对棒所做的功为克服棒重力做的功：W后=Gh2=9N×0.8m=7.2J，
故当h2=2m时，拉力F1做的功为：W2=W未+W后=3.6J+7.2J=10.8J；
30．【答案】（1）解：如图
（2）解：由图可知，动力臂为2R，阻力臂BC＝
由杠杆的平衡条件得：F1 2R＝mg ，
代入数据得：F1×2×0.5m＝2.5kg×10N/kg× ，
解得：F1＝10N
（3）解：要使此圆柱体运动到台阶上，至少要做的功等于克服圆柱体重力做的功，
即：W＝Gh＝mgh＝2.5kg×10N/kg×0.2m＝5J；
最小功率为：P＝ ＝ ＝0.5W
【知识点】功的计算公式的应用；功率计算公式的应用；杠杆的平衡条件；力臂的画法
【解析】【分析】（1）根据杠杆的平衡条件F1L1=F2L2可知，动力和动力臂成反比，即动力臂最长时动力最小。经验证明，当以杠杆的支点到力的作用点之间的线段为动力臂时最长，此时动力最小，据此分析完成作图。
（2）首先根据勾股定理计算出阻力臂BC，再根据杠杆的平衡条件列出方程计算即可。
（3）首先根据W=Gh计算出克服重力作的功，再根据公式计算即可。
【解答】（1）当推动圆柱体时，圆柱体与台阶的接触点B为支点，阻力为圆柱体的重力，作用在圆柱体的中心上；根据圆的性质可知，当以通过B点的直径为动力臂时最长，此时动力最小。
连接BO并延长，与圆的交点为力的作用点，然后通过这个作用点作BO的垂线，那么垂线上向上的方向为F1的方向，如下图所示：
（2）由图可知，动力臂为2R，阻力臂BC＝ ；
由杠杆的平衡条件得：F1 2R＝mg ；
代入数据得：F1×2×0.5m＝2.5kg×10N/kg× ，
解得：F1＝10N。
（3）要使此圆柱体运动到台阶上，至少要做的功等于克服圆柱体重力做的功，
即：W＝Gh＝mgh＝2.5kg×10N/kg×0.2m＝5J；
最小功率为：P＝＝ ＝0.5W。
31．【答案】（1）解：由图象可知，D完全露出水面时F1的功率P1=12W，
此时的拉力 ，
B放在C上，且放开手后， ，
∴GB+80N=1×103kg/m3×10N/kg× ×0.1m3；
解得：GB=200N
（2）解：
（3）解：根据F1= （GB+GD+G轮）得到：GD+G动=3F1-GB=3×80N-200N=40N；
D未出水面时的功率为P2=6W，
拉力 ；
根据根据F1= （GB+GD+G轮）得到，
D受浮力F浮=GB+GD+G动-3F2=200N+40N-3×40N=120N，
此时排开水的体积 ，
那么B的体积 ，
那么圆柱体B的密度
（4）解：定滑轮对杠杆右端的最大拉力：Fmax=4F1+G定=4×80N+10N=330N，
由杠杆平衡条件得：Fmax×OF=FE1×OE，
330N×3=FE1×2，
解得：FE1=495N；
定滑轮对杠杆右端的最小拉力：Fmin=4F2+G定=4×40N+10N=170N，
由杠杆平衡条件得：Fmin×OF=FE2×OE，
170N×3=FE1×2，
解得：FE1=255N。
配重A对地面的压强的最大变化量：
【知识点】阿基米德原理；功率计算公式的应用；杠杆的平衡条件；滑轮组绳子拉力的计算；机械效率的计算
【解析】【分析】（1）根据乙图可知，当D完全出水后，拉力F1的功率为12W。动滑轮上承担重力的绳子段数n=3，根据v=nvD计算出自由端的拉力F1移动的速度，并根据计算出此时的拉力。将B放到C上后，且放开手，那么C浮力的增大量等于B的重力和减小的拉力F1的和，此时露出体积的减少量就是排开水的体积对应的变化量，根据阿基米德原理列出方程，计算出物体B的重力即可。
（2）当容器D离开水面后，不受浮力，那么根据 计算出提升B的机械效率。
（3）当容器D出水后，它不再受浮力，根据 F1= （GB+GD+G轮） 计算出容器D和动滑轮的重力之和。当容器D还未出水时的功率为6W，根据公式 计算出此时自由端的拉力F2；此时根据F浮=GB+GD+G动-nF2计算出D浸没时受到的浮力，接下来根据阿基米德原理 计算出D的体积，根据 计算出B的体积 计算出物体B的密度。
（4）以定滑轮为受力对象进行分析，它受到杠杆向上的拉力F拉，向下的四根绳子上的拉力和定滑轮向下的重力，即F拉=4F+G定；据此分别计算出自由端的拉力为F1和F2时对应的拉力F拉，并根据杠杆的平衡条件分别计算出杠杆对物体A的拉力。两个拉力之差就是物体A对地面的压力的最大变化量，最后根据 计算A对地面的压强的最大变化量即可。
32．【答案】（1）F1 ×s1=F2 ×l2
（2）倾斜或转动
（3）力臂
（4）图1的动力臂大于阻力臂而图2的动力臂等于阻力臂
【知识点】探究杠杆的平衡条件实验
【解析】【分析】（1）分别计算出每组中F1与s1的乘积，以及F2与L2的乘积，然后比较乘积的大小；
（2）如果杠杆匀速转动或处于静止状态，此时杠杆就处于平衡状态；
（3）根据力臂的定义解答；
（4）将滑轮看作特殊的杠杆，比较它们动力臂的大小即可。
【解答】（1）三组数据中，F1与s1的乘积以及F2与L2的乘积依次为：10、30和60，则在研究一侧弯曲的杠杆时，发现的一个新的等量关系是：F1 ×s1=F2 ×l2。
（2）实验3中：移动钩码，使杠杆倾斜或转动，并使杠杆处于平衡状态。
（3）“支点到力的作用线的距离”在科学上被称为力臂；
（4）根据图1可知，使用动滑轮时，可以将左侧绳子与滑轮的接触点看作杠杆的支点，阻力臂等于半径，动力臂等于直径；
根据图2可知，使用定滑轮时，滑轮的轴心为杠杆的支点，动力臂和阻力臂都等于滑轮的半径。
则：用图1方式提升物体比用图2方式省力的原因是：图1的动力臂大于阻力臂而图2的动力臂等于阻力臂。
33．【答案】（1）右
（2）①②④
（3）3.75×104
【知识点】密度公式的应用；浮力大小的计算；杠杆的平衡条件
【解析】【分析】（1）平衡螺母总是向轻的那端调节；
（2）根据杠杆的平衡条件F1L1=F2L2分析；
（3）首先根据杠杆的平衡条件计算出右侧钩码产生的拉力F1，然后根据F浮力=G右-F1计算出钩码受到的浮力，最后根据公式计算液体的密度。
【解答】（1）根据甲图可知，杠杆右端上翘，即右端轻，因此平衡螺母应该向右端调节。
（2）设钩码的重力为G，杠杆上每格长度为L，
①左：3G×4L=12GL；
右：（5-1）G×3L=12GL；
根据杠杆的平衡条件F1L1=F2L2可知，杠杆平衡；
②3G×（4+1）L=15GL；
右：5G×3L=15GL；
根据杠杆的平衡条件F1L1=F2L2可知，杠杆平衡；
③左：（3+1）G×4L=16GL；
右：5G×3L=15GL；
根据杠杆的平衡条件F1L1=F2L2可知，杠杆不平衡；
④左：3G×4L=12GL；
右：（5+1）G×（3-1）L=12GL；
根据杠杆的平衡条件F1L1=F2L2可知，杠杆平衡.
那么说对的是①②④。
（3）根据杠杆的平衡条件F1L1=F2L2得到：1.5N×4L=F1×3L；
解得：F1=2N；
那么钩码受到的浮力：F浮力=-F1-G右=2N-0.5N=1.5N；
则液体的密度：。
34．【答案】（1）省力
（2）＜
（3）减小
【知识点】势能的影响因素；杠杆的平衡条件；杠杆的分类
【解析】【分析】（1）如果动力臂大于阻力臂，为省力杠杆；如果动力臂小于阻力臂，为费力杠杆；
（2）分析动力臂的大小，根据杠杆的平衡条件比较两个拉力的大小；
（3）分析日光灯重心的高度变化即可。
【解答】（1）若以吊链a的固定点O作为支点，F甲作为拉力，日光灯的重力为阻力，作用在日光灯的中心上，如下图所示，此时动力臂大于阻力臂，为省力杠杆；
（2）图甲中，F甲与日光灯垂直，因此从支点O到动力作用点的长度就是动力臂，这也是最长的力臂；图乙中，F乙是倾斜的，此时的动力臂肯定小于从支点O到动力作用点的长度。根据杠杆的平衡条件可知，动力臂越短，动力越大，即F甲（3）若图甲中b吊链突然断开后日光灯将绕O点转动，此时日光灯的重心的高度不断减小，它的重力势能将减小。
35．【答案】水能完全浸没金属块但又没有水溢出；大于；
【知识点】密度公式的应用；浮力大小的计算；杠杆的平衡条件
【解析】【分析】该题是创新综合题型，通过杠杆原理综合浮力、密度的计算；
【解答】（2）由实验步骤可知，没有加入水之前是为了测量金属块的重力；而加入水后的读数是通过浮力来测量金属块的体积，从而计算金属块的密度，所以适量的水是指恰好把金属块完全浸没但又没有的水的体积；由于第二步有浮力的原因，则阻力减小，即F2要减小，所以F1>F2；
（3）由步骤一可知，，
∵OA：OB=1：3
∴G=3F1；
∴；
由步骤二可知，
∴F=3F2；
∴F浮=G-F=3（F1-F2）；
∴；
∴；
故答案为：（1）水能完全浸没金属块但又没有水溢出；大于；（2）。
36．【答案】（1）75%
（2）变小；变小
【知识点】杠杆的平衡条件；机械效率的计算
【解析】【分析】（1）根据W=Gh计算有用功，根据W总=Fs计算总功，根据公式计算机械效率；
（2）将钩码的悬挂点从A点移至B点，改变了钩码重力的力臂，根据杠杆平衡条件分析拉力的变化。再提升杠杆时，对杠杆的重力做额外功，根据机械效率的功率分析即可。
【解答】（1）有用功：W有用=Gh=5N×0.3m=1.5J；
总功：W总=Fs=4N×0.5m=2J，
机械效率：；
（2）钩码的悬挂点在A点时，由于杠杆的重力会阻碍杠杆转动，
则由杠杆的平衡条件得：G OA+G杠杆 OC=F OC；
悬挂点移至B点时，由杠杆的平衡条件得G OB+G杠杆 OC=F′ OC；
观察比较可知，悬挂点移至B点时，OB＜OA，即钩码重力的力臂变小，所以拉力F也变小；
杠杆的机械效率： ；
因为杠杆升高的高度不变，所以克服杠杆自重所做的额外功W额不变；
由于悬挂点B更接近支点，所以钩码提升的高度减小，根据W有用=Gh可知，有用功W有减小；
因此此时的机械效率比第一次时变小。
37．【答案】（1）在T形板的槽口ab上标上刻度
（2）可以改变拉力方向，且方便测量出相应的力臂长度，使实验结论更加可靠
（3）6
【知识点】探究杠杆的平衡条件实验
【解析】【分析】（1）（2）实验中需要测量ab的长度，只要知道ab的长度即可完成实验中的计算，且测量力臂更加方便；
（3）分析图像可知，此图像为反比例函数的图象，根据反比例函数的定义式进行计算。
【解答】（1）实验中需要测量ab的长度，只要在ab上标出刻度，即可知道动力臂的长度；
（2）在ab上标出刻度，无论怎样改变力的方向，都能很快地读出动力臂的长度；
（3）图丙的图像为反比例函数的图象，表达式为代入图中数据计算可得：k=30 ， 当 L1＝5cm时，。
故答案为：（1）在T形板的槽口ab上标上刻度；（2）可以改变拉力方向，且方便测量出相应的力臂长度；（3） 6。
1 / 1浙教版科学九年级上第三章　杠杆专题拔尖训练（０.２）
一、单选题
1．（2021·海曙模拟）如图甲所示的力学装置，杠杆OAB始终在水平位置保持平衡，O为杠杆的支点，OB=20A，竖直细杆a的上端通过力传感器相连在天花板上，下端连接杠杆的A点，竖直细杆b的两端分别与杠杆的B点和物体M固定，水箱的质量为0.8kg，底面积为200cm2，不计杠杆、细杆及连接处的重力，力传感器可以显示出细杆a的上端受到作用力的大小，图乙是力传感器的示数大小随水箱中水的质量变化的图像，则（　　）
A．物体M的密度为0.6×103kg/m3
B．当传感器示数为0N时，加水质量为1.4kg
C．当加水质量为1.8kg时，容器对桌面的压强为
D．加水质量为2kg时，水对水箱底部的压力为31N
【答案】C
【知识点】密度公式的应用；二力平衡的条件及其应用；浮力大小的计算；杠杆的平衡条件
【解析】【分析】（1）由图乙可知，水箱中没有水时力传感器的示数，即细杆a的上端受到的拉力，根据杠杆的平衡条件得出等式即可求出物体M的重力；确定M完全浸没时力传感器的示数，根据杠杆的平衡条件计算出此时B端受到的作用力，再根据二力平衡原理计算出M受到的浮力，然后根据阿基米德原理计算出物体的体积，最后根据密度公式计算出M的密度；
（2）设M的底面积为S，压力传感器示数为0时M浸入水中的深度为h1，M的高度为h，压力传感器的压力为零时受到的浮力等于M的重力，根据阿基米德原理表示出此时M受到的浮力，由图乙可知M完全浸没时压力传感器的示数，根据杠杆的平衡条件求出B点竖直向下的作用力，对M受力分析可知，受到竖直向上的浮力、竖直向下的重力和杆的作用力，据此求出此时M受到的浮力，根据阿基米德原理表示出M受到的浮力，从而得出每加0.1kg水物体M受到的浮力增加1N，据此求出当传感器示数为0N时加水的质量；
（3）由（2）可知，每加0.1kg水，物体M受到的浮力增加1.5N，加水1kg时水面达到M的下表面，据此求出加水质量为1.8kg时受到的浮力，然后求出物体M受到细杆b向下的压力，水箱对水平面的压力等于水箱、水、M的重力之和加上物体M受到细杆b向下的压力，利用压强公式求出容器对桌面的压强。
（4）加水质量为2kg时，M刚好完全浸没，由（2）可知此时M受到的浮力，根据阿基米德原理可知排开水的重力，水对水箱底部的压力等于水和排开水的重力之和。
【解答】A．由图乙可知，水箱中没有水时（m=0），力传感器的示数为F0=6N（即细杆a的上端受到的拉力为6N），
由杠杆的平衡条件可得：F0×OA=GM×OB；
6N×OA=GM×2OA；
解得：GM=3N。
由图乙可知，当M完全浸没时，压力传感器的示数为24N，
由杠杆的平衡条件可得：FA×OA=FB×OB，
24N×OA=FB×2OA；
解得：FB=12N。
对M受力分析可知，受到竖直向上的浮力、竖直向下的重力和杆的作用力，
则此时M受到的浮力：F浮=GM+FB=3N+12N=15N，
那么M的体积为：；
则M的密度
故A错误；
B．设M的底面积为S，压力传感器示数为0时M浸入水中的深度为h1，M的高度为h，
当压力传感器的压力为零时，M受到的浮力等于M的重力3N，
由阿基米德原理F浮力=ρ水gV排可得：ρ水gSh1=3N ①；
由图乙可知，当M完全浸没时，压力传感器的示数为24N，
则此时M受到的浮力：F浮=15N，
由阿基米德原理可得：ρ水gSh=15N ②
由①和②得：h=5h1，
由图乙可知，加水1kg时水面达到M的下表面（此时浮力为0），加水2kg时M刚好浸没（此时浮力为15N），该过程中增加水的质量为1kg，浮力增大了15N，
所以，每加0.1kg水，物体M受到的浮力增加1.5N，当向水箱中加入质量为1.2kg的水时，受到的浮力为3N，此时传感器的示数为0N，故B错误；
C．由选项B可知，每加0.1kg水，物体M受到的浮力增加1.5N，加水1kg时水面达到M的下表面，加水质量为1.8kg时，浮力为12N，
物体M受到细杆b向下的压力：FB′=F浮′-GM=12N-3N=9N，
水箱对水平面的压力：F=（m水箱+m水）g+GM+FB′=（0.8kg+1.8kg）×10N/kg+3N+9N=38N，
容器对桌面的压强为：，故C正确；
D．加水质量为2kg时，M刚好完全浸没，
由选项B可知此时M受到的浮力是15N，
由阿基米德原理可知排开水的重力是15N，
水对水箱底部的压力：F压=G水+G排=m水g+G排=2kg×10N/kg+15N=35N，故D错误。
故选C。
2．（2020九上·杭州月考）在杠杆的两端挂着质量和体积都相同的铝球和铁球，这时杠杆平衡；将两球分别浸泡在质量和溶质质量分数都相同的稀硫酸中(如图所示)，直至两个烧杯中均没有气泡产生为止，两球的外形变化不大且无孔洞出现。下列推测中正确的是（　　）
①反应结束后，烧杯甲中的溶液质量大； ②反应结束后，烧杯乙中的溶液质量大；
③拿掉烧杯后，要使杠杆重新平衡，支点应向A 端移动；
④拿掉烧杯后，要使杠杆重新平衡，支点应向B 端移动
A．①③ B．①④ C．②③ D．②④
【答案】C
【知识点】杠杆的平衡条件；根据化学反应方程式的计算
【解析】【分析】通过化学方程式计算可知相同质量的硫酸消耗铁的质量和铝的质量的大小关系，进而判断溶液的质量变化，结合杠杆的平衡条件判断支点的移动方向。
【解答】铁球和铝球的外形变化不大且无孔洞出现，说明金属都有剩余，即硫酸完全反应。
设消耗的铁和铝的质量分别为x、y，硫酸的质量为100g，质量分数为a%则：
Fe + H2SO4=FeSO4+H2↑　　　 2Al+3H2SO4=Al2（SO4）3+3H2↑
56　 98　　　　　　　　　　　　　 54　　294
　 a　　　　　　　　 　　 a　　
根据上面的方程式可知，相同质量的硫酸消耗铁的质量要比铝多。
参加反应的铁的质量大，生成氢气的质量相等，则放铁球的那个烧杯中乙溶液质量增加的多，①错误，②正确；
因为铁球减少的质量大，反应后铁球要比铝球轻，根据杠杆的平衡条件可知，故支点应向A移动，③正确，④错误。
故选C。
3．（2020九上·椒江期中）如图，小明用一轻质杠杆自制简易密度秤的过程中，在A端的空桶内分别注入密度已知的不同液体，改变物体M悬挂点B的位置，当杠杆在水平位置平衡时，在M悬挂点处标出相应液体的密度值，下列关于密度秤制作的说法中，正确的是（　　）
A．悬点O适当左移，秤的量程会增大
B．秤的刻度值分布不均匀
C．增大M的质量，秤的量程会减小
D．每次倒入空桶的液体质量相同
【答案】A
【知识点】杠杆的平衡条件
【解析】【分析】首先根据杠杆的平衡条件列出平衡关系式，然后结合密度公式推导得出液体的密度与动力臂OB的数学关系式，然后结合这个公式，不断改变变量，对秤的量程变化进行分析，并判断刻度值是否均匀。【解答】根据杠杆平衡的条件F1L1=F2L2得到：（G桶+G液体）×OA=GM×OB；
（G桶+ρ液体gV）×OA=GM×OB；
；
其中GM、G桶、OA和V都是常量，因此液体的密度与动力臂OB成正比，因此刻度是均匀的，故B错误；
根据公式可知，悬点O左移，那么OA减小，OB增大，会使液体的密度增大，从而增大量程，故A正确；
根据公式可知，根据增大M的质量，可以使液体密度增大，即增大量程，故C错误；
根据公式m=ρV可知，当液体的体积相同时，密度越大，液体的质量越大，因此注入空桶的液体体积相同，才能通过杠杆平衡条件得出液体质量的大小，从而判断液体密度的情况，故D错误。
故选A。
4．（2020九上·兰溪期中）如图所示，光滑带槽的长木条AB（质量不计）可以绕支点O转动，木条的A端用竖直细线连接在地板上，OA=0.6m，OB=0.4m。在木条的B端通过细线悬挂一个长方体木块C，C的密度为0.8×103kg/m3 ， B端正下方放一盛满水的溢水杯。现将木块C缓慢浸入溢水杯中，当木块浸入水中一半时，从溢水口处溢出0.5N的水，杠杆处于水平平衡状态，然后让质量为300g的小球从B点沿槽向A端匀速运动，经4s的时间系在A端细绳的拉力恰好等于0，下列结果不正确的是（忽略细线的重力，g取10N/kg）（　　）
A．木块受到的浮力为0.5N
B．木块C受到细线的拉力为0.3N
C．小球刚放在B端时A端受到细线的拉力为2.2N
D．小球的运动速度为0.2m/s
【答案】D
【知识点】二力平衡的条件及其应用；浮力大小的计算；杠杆的平衡条件
【解析】【分析】（1）利用溢出水的重力，根据阿基米德原理即可求出物体受到的浮力；
（2）根据F浮=ρ水V排g求排开水的体积；此时木块浸入体积为木块体积的一半，可求木块的体积，又知道木块的密度，利用密度公式和重力公式求木块重；根据FB=G-F浮求杠杆B端受到的拉力FB，
（3）根据杠杆平衡条件得出关系式FA×OA=FB×OB求出小球刚放在B端时A端受到细线的拉力；
（4）知道小球的质量可求重力，设小球的运动速度为v，则小球滚动的距离s=vt，可求当A端的拉力为0时，小球到O点距离（s-OB=vt-OB=v×4s-0.4m），再根据杠杆平衡条件得出G球×s′=FB×OB，据此求小球运动速度。
【解答】A.溢水杯内盛满水，当物体放入后，溢出0.5N的水，
根据阿基米德原理可知，物体受到的浮力：F浮=G排=0.5N，故A正确不合题意；
B.排开水的体积：
；
因为一半浸入水中，
所以物体的体积：V物=2V排=2×5×10-5m3=1×10-4m3；
物体的重力：G=mg=ρ物V物g=0.8×103kg/m3×1×10-4m3×10N/kg=0.8N，
则B端木块C所受的拉力：FB=G-F浮=0.8N-0.5N=0.3N，故B正确不合题意；
C.小球的重力为：G球=m球g=0.3kg×10N/kg=3N，
小球刚放在B端时，B端受到的力为FB=3N+0.3N=3.3N，
根据杠杆平衡条件得出关系式：FA×OA=FB×OB；
FA×0.6m=3.3N×0.4m；
解得：FA=2.2N，故C正确不合题意；
D.当A端的拉力为0时，杠杆再次平衡，此时小球到O点距离：
s′=s-OB=vt-OB=v×4s-0.4m，
根据杠杆平衡条件可知：
G球×s′=FB×OB，
即：3N×（v×4s-0.4m）=0.3N×0.4m，
解得：v=0.11m/s，故D错误符合题意。
故选D。
5．（2020九上·杭州月考）如图所示，一根木棒 AB 在 O 点被悬挂起来，AO=OC，在 A、C 两点分别挂有两个和三个相同的钩码，木棒处于平衡状态。如在木棒的 A、C 点各增加一个同样的钩码，则木棒 （　　）
A．绕 O 点顺时针方向转动
B．绕O 点逆时针方向转动
C．平衡可能被破坏，转动方向不定
D．仍能保持平衡状态
【答案】D
【知识点】杠杆的平衡条件
【解析】【分析】根据杠杆的平衡条件分析判断即可。【解答】由题知，AO=OC，两边的力不同，说明杠杆的重心不在O点，
因为右边受到的力大于左边受到的力，所以杠杆的重心在O点的左侧。
设杠杆的重心在D，一个钩码重为G，如图：
由题意：杠杆原来平衡，则F左×AO+G0×OD=F右×CO，
2G×AO+G0×OD=3G×CO，
则：G0×OD=G×CO=G×AO。
再各加一个钩码后：
左边力和力臂的乘积为：3G×AO+G0×OD=3G×AO+G×AO=4G×AO，
右边力和力臂的乘积为：4G×CO=4G×CO，
可见，增加钩码后两边力和力臂的乘积相等，所以杠杆仍平衡。
故选D。
6．（华师大版初中科学九年级上学期 5.3功与机械效率(第1课时)）一根金属棒AB置于水平地面上，现通过弹簧测力计竖直地将棒的右端B缓慢拉起，如图甲所示。在此过程中，弹簧测力计对棒所做的功W与B端离开地面的高度x的关系如图乙所示。根据图像，下列说法中正确的是（　　）
A．该金属棒的长度L＝1.6m
B．在B端拉起的过程中，当x1＝0.6m时，测力计的示数为F1＝1.5N
C．当x2＝1.6m时，测力计的示数为F2＝5N
D．金属棒的重心到A端的距离为0.6m
【答案】C
【知识点】功的计算公式的应用；杠杆的平衡条件
【解析】【分析】（1）注意分析乙图中曲线的拐点处的意义，其实就是该点时金属棒刚刚离开地面；
（2）在已知杆的长度的情况下，根据乙图x的不同长度对应的功的大小，得到杆的重力，也就是F2的示数；根据图乙得到F1的数值；
（3）根据图乙可知，图像弯折后，增大的功等于物体的重力与增大的高度的乘积，据此计算出重力，再根据二力平衡计算拉力F2；
（3）由杠杆平衡条件可求出重心到A端的距离。
【解答】由于拉力始终竖直向上，而杠杆的重力竖直向下，二者相互平行，
根据相似三角形的性质可知，动力臂与阻力臂之比不变。
由杠杆的平衡条件可知，杠杆的重力不变，那么拉力不变。
根据图乙可知，当拉起高度为1.2m后，拉力增大了，
那么此时A端肯定刚离地，
即金属棒长1.2米，故A错误；
由图乙可知，金属棒B端从0~1.2m时，拉力保持不变；
因此当x1=0.6m时，拉力，故B错误；
根据乙图可知，当x2=1.2~1.6m的过程中，拉力保持不变；
金属棒的重力，
根据二力平衡的知识可知，即F2=G=5N，故C正确；
由杠杆平衡条件得重心到A端的距离：，
故D错误。
故选C。
7．（2020·宁波）现有一根形变不计、长为L的铁条AB和两根横截面积相同、长度分别为La、Lb的铝条a、b。将铝条a叠在铁条AB上，并使它们的右端对齐，然后把它们放置在三角形支架O上，AB水平平衡，此时OB的距离恰好为La，如图所示。取下铝条a后，将铝条b按上述操作方法使铁条AB再次水平平衡，此时OB的距离为Lx。下列判断正确的是（　　）
A．若LaB．若La 成立
C．若Lb D．若Lb 【答案】A
【知识点】杠杆的平衡条件
【解析】【分析】根据杠杆的平衡条件分析。
【解答】当把铝条a放在铁条上时，铁条的重力G铁为阻力，作用在中点，那么阻力臂为：；动力为铝条a的重力Ga，作用在它的中点处，动力臂为，
根据杠杆的平衡条件得到：①；
当把铝条b放在铁条上时，铁条的重力G铁为阻力，作用在中点，那么阻力臂为：；动力为铝条a的重力Ga，作用在它的中点处，动力臂为，
根据杠杆的平衡条件得到：②；
①÷②得到：
③；
因为铝条a和b横截面积相等，根据公式G=ρVg=ρShg可知，铝条的重力与长度成正比，
即：；
将其袋入③得到：；
因为La所以；
那么；
化简得到：；
整理得到：；
即：；
那么：。
如果支点O不动，因为Lb>La，所以肯定后有一部分在O点左侧。与原来相比可知，此时左边重力增大，为了维持平衡，必须减小阻力臂，增大动力臂，即支点向左移动，那么La故A正确，B错误；
若Lb La，故C、D错误。
故选A。
8．（2020·乐清模拟）如图所示，AOB为一杠杆(质量忽略不计) ， 物体悬挂在A端并浸没在水中，B端在F力作用下竖直向下拉。在烧杯中不断加入蔗糖固体搅拌溶解(溶解过程中溶液温度和体积不变)，若杠杆仍水平平衡，拉力F与溶解的蔗糖质量关系如下图，其中表示正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】二力平衡的条件及其应用；浮力的变化；杠杆的平衡条件
【解析】【分析】（1）首先根据阿基米德原理分析物体受到浮力的变化，然后根据FA=G-F浮分析杠杆A端受到拉力的变化，最后根据杠杆的平衡条件分析B端拉力的大小变化；
（2）当溶液达到饱和后，即使加入再多的固体，溶质的质量保持不变，即溶液的密度保持不变。
【解答】（1）在溶液达到饱和前，随着蔗糖质量的增大，溶解的蔗糖质量不断增多，液体的密度不断增大。根据公式F浮=ρ液gV排可知，物体受到的浮力不断增大。根据公式FA=G-F浮可知，杠杆A端受到的拉力不断减小。根据杠杆的平衡条件FA×AO=FB×OB可知，B端的拉力F不断减小。
（2）当溶液达到饱和后，溶液的密度不再改变，根据上面的推导过程可知，B端的拉力F保持不变。
故选A。
9．（2020·温州模拟）如图所示甲乙两杠杆处于水平位置平衡，甲图上有两个体积不同的铁球，乙图上有两个体积相同的铝球和铁球，如果把他们都浸没在水中，则杠杆将发生的变化是（　　）
A．仍保持平衡 B．都失去平衡
C．甲仍保持平衡，乙失去平衡 D．甲失去平衡，乙仍保持平衡
【答案】C
【知识点】浮力大小的计算；杠杆的平衡条件
【解析】【分析】当把球浸没在水中时，它们都会受到浮力，比较杠杆两边力和力臂的乘积是否相同，进而确定杠杆是否平衡即可。
【解答】在甲图中：
原来杠杆是平衡的，那么得到：G左×L1=G右×L2 ①；
当两球浸没在水中时，它们都会受到浮力，
那么杠杆左边：
（G左-F左）×L1=（G左-）×L1=（G左-）×L1=
杠杆右边：
（G右-F右）×L1=（G右-）×L2=（G左-）×L2=
根据①式可知，杠杆左右两边力和力臂的乘积相等，那么甲仍然平衡。
在乙图中：
在甲图中：
原来杠杆是平衡的，那么得到：G铝×L1=G铁×L2 ①；
当两球浸没在水中时，它们都会受到浮力，
那么杠杆左边：
（G铝-F铝）×L1=（G铝-）×L1=G铝×L1-×L1 ②；
那么杠杆右边：
（G铁-F铁）×L2=（G铁-）×L2=G铁×L2-×L2 ②；
根据乙图可知，L1>L2；
所以杠杆左边力和力臂的乘积小于右边力和力臂的乘积，
则杠杆向右下沉，即杠杆失去平衡。
故选C。
10．（2020九上·慈溪期末）如图，一质量分布均匀的12kg 铁球与轻杆 AB焊接于 A点后悬挂于竖直墙壁的 B点，轻杆的延长线过球心O，轻杆的长度是铁球半径的 2/3。要使铁球刚好离开墙壁，施加在铁球上的力至少为（　　）
A．27N B．45N C．72N D．90N
【答案】B
【知识点】杠杆的平衡条件
【解析】【分析】根据杠杆的平衡条件F1L1=F2L2分析计算。
【解答】铁球的重力G=mg=12kg×10N/kg=120N；
由图知，当力F作用在球的下边缘，且与通过AB的直径垂直时，动力臂最长，其受力图如图所示：
把整体看做一个杠杆，支点在B点，由图知，球的重力方向竖直向下，力臂L2等于半径R，
F的力臂L1等于杆的长度与球的直径之和，则；
根据杠杆的平衡条件F1L1=F2L2得到：G L2=F L1；
解得：F=45N。
故选B。
11．（2019九上·余杭月考）材料相同的甲、乙两个物体分别挂在杠杆A、B两端，O为支点（OAA．A端下沉 B．B端下沉 C．仍保持平衡 D．无法确定
【答案】C
【知识点】浮力大小的计算；杠杆的平衡条件
【解析】【分析】甲、乙浸没在水中后对杠杆的拉力F=G-F浮，根据杠杆的平衡条件和数学推导判断杠杆两边力和力臂乘积的大小关系即可。【解答】根据杠杆的平衡条件得到：
G甲OA=G乙OB ①；
ρgV甲OA=ρgV乙OB；
即：V甲OA=V乙OB ②；
将甲、乙物体浸没于水中，
那么杠杆两端受到的拉力为：F=G-F浮=G-ρ水gV排；
左边：（G甲-F浮甲）×OA=（G甲-ρ水gV甲）×OA=G甲×OA-ρ水gV甲×OA；
右边：（G乙-F浮B）×OB=（G乙-ρ水gVB）×OB=G乙×OB-ρ水gV乙×OB；
根据②式可知：ρ水gV甲×OA=ρ水gV乙×OB，
根据①式可知，杠杆左边和右边力和力臂的乘积相等。
因此杠杆仍然保持平衡。
故选C。
12．（2019·绍兴）如图是上肢力量健身器示意图。杠杆AB可绕O点在竖直平面内转动，AB=3BO，配重的重力为120牛。重力为500牛的健身者通过细绳在B点施加竖直向下的拉力为F1时，杠杆在水平位置平衡，配重对地面的压力为85牛。在B点施加竖直向下的拉力为F2时，杠杆仍在水平位置平衡，配重对地面的压力为60牛。已知F1：F2=2：3，杠杆AB和细绳的质量及所有摩擦均忽略不计。下列说法正确的是（　　）
A．配重对地面的压力为50牛时，健身者在B点施加竖直向下的拉力为160牛
B．配重对地面的压力为90牛时，健身者在B点施加竖直向下的拉力为120牛
C．健身者在B点施加400牛竖直向下的拉力时，配重对地面的压力为35牛
D．配重刚好被匀速拉起时，健身者在B点施加竖直向下的拉力为540牛
【答案】C
【知识点】二力平衡的条件及其应用；杠杆的平衡条件；滑轮组及其工作特点
【解析】【分析】（1）对配重进行受力分析，根据二力平衡原理计算出配重绳子上的拉力F；对动滑轮进行受力分析，计算出杠杆A点产生的拉力FA；根据杠杆的平衡条件计算出B点的拉力F 1，并且找到B点拉力与配重的重力等之间的数学关系式；用同样的方法计算出B点的拉力F 2，借助 F1：F2=2：3 计算出动滑轮的重力；
（2）使用上面同样的方法计算出配重对地面的压力为50N和90N时，B点施加的向下的拉力；
（3）将FB=400N代入关系式计算配重对地面的压力；
（4）配重刚好被拉起，即它对地面的压力为0，根据上面的关系式计算出B点的拉力。
【解答】当配重在地面上保持静止状态时，它受到的绳子的拉力F为：F=G-FN；
因为动滑轮上有2段绳子承担物重，
因此杠杆A点受到的拉力： ；
根据杠杆的平衡条件得到： ；
因为： AB=3BO ；
所以：AO=2BO；
那么： ；
即： ；
当压力为85N时， ；
当压力为60N时， ；
因为： F1：F2=2：3 ；
所以： ；
解得：G动=30N；
A.当配重对地面的压力为50N时，B点向下的拉力为：
，故A错误；
B.当配重对地面的压力为90N时，B点向下的拉力为：
，故B错误；
C.健身者在B点施加400N竖直向下的拉力时，
根据 得到：
；
解得：FN=35N，故C正确；
D.配重刚好被拉起，即它对地面的压力为0，
根据 得到：
；
因为人的最大拉力等于体重500N，因此配重不可能匀速拉起，故D错误。
故选C。
13．（2019九下·浙江保送考试）如图所示，AB是一质量为m的均匀细直杆，A端靠在光滑的竖直墙壁上，B端置于水平地面上，杆身与竖直方向夹角为θ为30°，杆保持平衡，则此时地面对细杆的支持力与摩擦力分别为（　　）
A．mg mg B．mg mg
C． mg mg D．2mg mg
【答案】A
【知识点】二力平衡的条件及其应用；杠杆的平衡条件
【解析】【分析】均匀细直杆可看作是以B点为轴的杠杆，阻力为杠杆的重力，动力为墙壁给A点的弹力，利用三角函数分别计算出动力臂和阻力臂，然后根据杠杆的平衡条件计算A点弹力的大小；因杠杆在水平方向没有发生移动，故水平方向上所受摩擦力应与A点的弹力相等。杠杆在竖直方向，竖直墙壁是光滑的，没有摩擦力，因此竖直方向上受重力和和支持力是相互平衡的。【解答】解：B为杠杆的支点，A点弹力的大小为F；
根据杠杆的平衡条件可得：；
解得；
根据二力平衡可知，摩擦力与弹力相等，
故摩擦力大小；
由于杠杆在竖直方向，竖直墙壁是光滑的，没有摩擦力，
因此竖直方向上受重力和支持力是平衡等的，
即地面对细杆的支持力N=mg。
故选A。
14．（2019九上·镇海期末）一块厚度、密度均匀长方形水泥板平放在水平地面上，现分别用竖直向上的力F甲和F乙作用在不同的位置(如图甲、乙)，将其一端缓缓抬离地面，则下列说法正确的是（　　）
A．F甲>F乙，因为甲图中的动力臂长
B．F甲C．F甲>F乙，因为乙图中时阻力臂短
D．F甲=F乙，因为两图中动力臂都是阻力臂的2倍
【答案】D
【知识点】杠杆的平衡条件
【解析】【分析】将水泥板看作一个杠杆，支点在水泥板着地的一侧，阻力是自身的重力，动力就是人的举力，根据杠杆的平衡条件分析即可。
【解答】将水泥板看作一个杠杆，支点在水泥板着地的一侧，阻力是自身的重力，动力就是人的举力；因为水泥板的重心在它的几何中心上，因此抬起水泥板时的阻力臂都是动力臂的一半，即：
那么虽然两次的动力臂长度不同，但动力大小都相同，即：。
故选D。
15．（2019·温州模拟）育英学校高中部扩建，需要在新旧校址间建立一座桥梁。工人王师傅借助河中石头，要把竹竿尽可能深地插入湖底淤泥，如图所示，效果最好的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】杠杆的动态平衡分析；杠杆的应用
【解析】【分析】 首先要明确把竹竿尽可能深地插入湖底淤泥，在阻力一定的情况下，动力臂越长，越省力，由此对各个选项逐一分析即可。
【解答】 要把竹竿尽可能深地插入湖底淤泥，应选动力臂最大的，根据杠杆平衡条件，动力臂越长，越省力；由图可知，阻力和阻力臂相同，D中动力臂最大，效果最好．
故答案为：D
16．（2018九上·金华月考）如图，在探究杠杆平衡条件时，左边的钩码个数和位置保持不变，右边弹簧测力计的作用点固定，只改变测力计与水平方向的角θ，则能描述测力计示数 Fθ关系的图象是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】杠杆的动态平衡分析
【解析】【分析】分析在角
θ 增大的过程中，动力臂长度的变化，然后结合杠杆的平衡条件判断测力计示数的变化。
【解答】
如上图所示，杠杆左边的钩码个数不变，即阻力不变；钩码的位置不变，即阻力臂不变；
当测力计与水平方向的角 θ 增大的过程中，动力臂先增大后变小；
根据杠杆平衡条件
可知，测力计示数Fθ先变小后变大。
故选C。
17．（2018九上·绍兴月考）如图，小明用一轻质杠杆自制简易密度秤的过程中，在A端的空桶内分别注入密度已知的不同液体，改变物体M悬挂点B的位置，当杠杆在水平位置平衡时，在M悬挂点处标出相应液体的密度值。下列关于密度秤制作的说法中，错误的是（　　）
A．每次倒入空桶的液体体积相同
B．秤的刻度值向右越来越大
C．悬点O适当右移，秤的量程会增大
D．增大M的质量，秤的量程会增大
【答案】C
【知识点】杠杆的平衡条件
【解析】【分析】根据杠杆平衡的条件F1L1=F2L2对各个选项分析即可。【解答】A.根据杠杆的平衡条件得到：G液L1=GML2；根据密度公式得到：ρ液V液gL1=GML2；
那么得到：；既然用L2反映液体密度大小，那么二者之间必须呈正比例关系，那么V液就必须是定值，即每次倒入空桶的液体体积相同，故A正确不合题意；
B.根据可知，既然是定值，那么液体密度和L2成正比，即L2越大（秤的刻度值越向右），液体密度越大，那么秤的刻度值越大，故B正确不合题意；
C.悬点O适当右移，阻力臂L2减小，根据杠杆平衡的条件F1L1=F2L2，可知秤的量程会减小，故C错误符合题意；
D.增大M的质量，那么的比值会增大，即的值会增大，秤的量程会增大，故D正确不合题意。
故选C。
18．（2018·台州模拟）如图，OAB是杠杆，OA与BA垂直，在OA的中点挂一个10N的重物，加在B点的动力使OA在水平位置保持静止（杠杆重力及摩擦均不计），则（　　）
A．该杠杆一定是省力杠杆 B．作用点在B点的最小动力小于5N
C．该杠杆一定是费力杠杆 D．作用点在B点的最小动力等于5N
【答案】B
【知识点】杠杆的分类；杠杆中最小力问题
【解析】【分析】（1）根据动力臂和阻力臂长度的大小关系判断杠杆的分类；
（2）动力臂最长，动力才会最小，分析OA是否是杠杆上的最长动力臂即可。
【解答】
题目中杠杆的阻力等于物体重力10N，阻力臂等于，但是动力臂的长度不定，可能大于，也可能小于，因此是哪类杠杆不确定，故A、C错误；
当动力作用在B点时，以OB为动力臂最长；因为OB＞OA，所以作用在B点的最小动力小于5N，故B正确，而D错误。
故选B。
19．（2015九下·平阳竞赛）杠杆OA的B点挂着重物G，A端用细绳挂在圆弧EF上，此时OA恰成水平，且A点与圆弧形架EF的圆心重合。当绳AM的M端从E点缓慢滑到F点的过程中，绳对A点拉力的大小将（　　）
A．逐渐变大 B．逐渐变小
C．先变大再变小 D．先变小再变大
【答案】D
【知识点】杠杆的动态平衡分析
【解析】【分析】做出AE、AM、AF的力臂，在此基础上结合杠杆平衡条件分析即可。
【解答】图中O为支点，G为阻力、A点的拉力为动力。当杠杆水平时，OB为阻力臂，OA为动力臂，此时动力臂最长，所以根据杠杆的平衡条件可知，所用的拉力最小。
①当绳的M端从E点向中间滑时，力臂由小变大，拉力则由大变小；
②当从中间再向F滑时，力臂由大变小，拉力则由小变大。
因此，当绳AM的M端从E点缓慢滑到F点的过程中，绳对A点拉力的大小将是先变小再变大。
故答案为：D
20．（2017·杭州模拟）如图所示，密度分布均匀的圆柱形棒的一端悬挂一个小铁块并一起浸入水中。平衡时棒浮出水面的长度是浸入水中长度的n倍。若水的密度为ρ，则棒的密度为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】密度公式的应用；阿基米德原理；杠杆的平衡条件
【解析】【分析】设棒的横截面积和水中棒的长度，进一步可知整个棒的长度，根据ρ=m/V表示出棒的质量；根据G=mg表示出棒的重力，根据阿基米德原理表示出棒受到的浮力；由相似三角形对应边成比例得出棒的重力和浮力的力臂之比；以C为支点，A是棒的重心(即棒的中心)，由杠杆的平衡条件得出等式即可求出棒的密度。
【解答】设棒的横截面积为S，水中的棒长度为L则露出的长度为nL，整个棒的长度为(n+1)L，对其受力分析如下图所示：
由可得，
棒的质量m棒=ρ棒V棒=ρ棒S(n+1)L，
棒的重力G棒=m棒g=ρ棒S(n+1)Lg，
棒受到的浮力F浮=ρ水gV排=ρgSL，
由相似三角形对应边成比例可得：
，
以C为支点，A是棒的重心（即棒的中心），由杠杆的平衡条件可得
G棒×CE=F浮×CD
即ρ棒S(n+1)Lg×CE= ρgSL×CD
则
故答案为：C
二、填空题
21．（2021九下·海曙月考）如图所示，一均匀木条可绕转轴O自由转动，现有材料相同，长度相同，横截面积之比Sa：Sb：Sc=1：4：2的三支蜡烛a、b、c，垂直立于木条上，木条恰好处于平衡。三支蜡烛离转轴的距离分别为L1、L2和L3，若L1=4L2，则L3=　 　L2。若同时点燃蜡烛蜡烛在燃烧过程中，要使杠杆保持平衡，则L1：L2：L3=　 　(蜡烛在相等时间内燃烧的质量相同)。
【答案】4；2：1：3
【知识点】杠杆的平衡条件
【解析】【分析】（1）知道三蜡烛材料相同、长度相同和横截面积之比，利用密度公式和体积公式得出三蜡烛的质量之比，设ma=M，则mb=4M，mc=2M，知道L1=4L2，根据杠杆平衡条件求L3与L2的关系；
（2）由于木条原来平衡，利用杠杆平衡条件得出三力臂的大小关系①；由于蜡烛在相等时间内燃烧的质量相同，则在相同的时间内三蜡烛减小的质量m相同，要使木条平衡，两边减去的力和力臂的乘积相等，据此得出三力臂的大小关系②，由①②联立方程组得出三力臂的具体关系。
【解答】（1）根据公式m=ρV=ρSh可知，
三蜡烛的质量之比：ma：mb：mc=ρhSa：ρhSb：ρhSc=Sa：Sb：Sc=1：4：2；
设ma=M，则mb=4M，mc=2M，
根据杠杆的平衡条件得到：mag×L1+mbg×L2=mcg×L3，
Mg×4L2+4Mg×L2=2Mg×L3，
解得：L3=4L2；
（2）因为木条原来平衡，
所以：Mg×L1+4Mg×L2=2Mg×L3，
即L1+4L2=2L3，-----①
由题知，蜡烛在相等时间内燃烧的质量相同，则在相同的时间内三蜡烛减小的质量m相同，
要使木条平衡，两边减去的力和力臂的乘积相等，即mg×L1+mg×L2=mg×L3，
即L1+L2=L3，-------②
①-②得：
3L2=L3，----------③
即L2：L3=1：3，
由②得：
2L1+2L2=2L3，-------④
①-③得：
2L2=L1，-------------⑤
由③⑤得：
L1：L2：L3=2：1：3。
22．（2021九下·鄞州月考）古代护城河上有座吊桥，它的结构原理如图所示。把桥面看成是长为10m，所受重力为3000N的均匀杆OA，可以绕转轴O点在竖直平面内转动，在O点正上方10m处固定一个定滑轮，绳子通过定滑轮与杆的另一端A相连，用力拉动绳子就可以将杆从水平位置缓慢向上拉起。杆即将离开水平位置时，绳子的拉力为F1，当士兵们把吊桥拉起到与水平面的夹角为30°时，绳子的拉力为F2，所用的时间是0.5min(忽略绳子重力、滑轮半径和摩擦)。则：
（1）F1：F2=　 　。
（2）士兵们对吊桥做功的平均功率是　 　W。
【答案】（1） ：1
（2）250
【知识点】功率计算公式的应用；杠杆的平衡条件
【解析】【分析】（1）找出杠杆即将离开水平位置和把吊桥拉起到与水平面的夹角为30°时的动力臂和阻力臂，然后结合利用杠杆的平衡条件分别求出F1、F2的大小；
（2）由于不计绳重和摩擦，士兵对吊桥做的功即为克服桥重做的功，那么求出桥重心提升的高度，利用W=Gh即可得出士兵做功的多少，然后根据功率公式 即可得出答案。
【解答】（1）当杆即将离开水平位置时，如下图所示，
AE=OE，OA=OD，
由勾股定理，（OE）2+（AE）2=（OA）2，
2OE2=OA2=（10m）2，
解得：，
根据杠杆的平衡条件得到：F1×OE=G×OB；
F1×m=3000N×；
解得：，
把吊桥拉起到与水平面的夹角为30°时，如右下图，AE′=5m，OA=10m；
由（OE′）2+（AE′）2=（OA）2得到：（OE′）2+（5m）2=（10m）2；
解得：，
因为（OC′）2+（BC）2=（OB）2，
所以，
根据杠杆平衡条件得到：F2×OE′=G×OC′，
F2×=3000N×，
解得：F2=1500N；
所以。
（2）士兵们把吊桥拉起到与水平面的夹角为30°的过程中，
桥的重心升高的距离为：
；
克服重力做的功为：W=Gh=3000N×2.5m=7500J；
那么其平均功率为：。
23．（2020九上·宁波期中）建筑工人利用如图所示的两种方式，将重为 600N 的材料运送到 3 m 高的楼顶上，图甲中 A 端用绳子悬挂材料，B 端拉力 F1始终沿竖直方向，OB = 2OA，在此过程中拉力 F1将　 　（选填“变大”、“变小”或“不变”）；图乙中斜面长 6 m、高 3 m，沿斜面方向施加400N 的拉力 F2匀速将材料也成功运送到楼顶，物体所受斜面的摩擦力为　 　N。
【答案】不变；100
【知识点】功的计算公式的应用；杠杆的平衡条件
【解析】【分析】（1）根据杠杆的平衡条件和相似三角形的性质判断F1是否发生改变；
（2）首先根据W有=Gh计算有用功，再根据W总=Fs计算总功，然后根据W额=W总-W有计算出克服摩擦做的额外功，最后根据计算摩擦力。
【解答】（1）如下图所示，原来杠杆处于平衡状态，那么得到：G×OA=F×OB；
即：；
在杠杆旋转的过程中，动力臂和阻力臂都在变小。
根据杠杆的平衡条件得到：
由于△AA'O与△BB'O相似，所以；
因此；
即F=F'，则拉力F1保持不变。
（2）有用功W有=Gh=600N×3m=1800J；
总功W总=Fs=400N×6m=240J；
额外功W额=W总-W有=2400J-1800J=600J；
摩擦力。
24．（浙教版科学九年级上册 3.4简单机械（杠杆） 培优练习）如图所示，一轻质杠杆支在支架上，OA=20cm，G1为边长是5cm的正方体，G2重为20N。当OC=10cm时，绳子的拉力为　 　N，此时G1对地面的压强为2×104Pa。现用一水平拉力，使G2以　 　cm/s的速度向右匀速运动，经过12.5s后，可使G1对地面的压力恰好为零。
【答案】10；4
【知识点】速度公式及其应用；压强的大小及其计算；杠杆的平衡条件
【解析】【分析】（1）根据杠杆的平衡条件F1L1=F2L2计算绳子的拉力；
（2）根据F=pS计算出G1对地面的压力，然后根据重力G1=F+FA计算出它的重力。当它对地面的压力为零时，杠杆上A的拉力刚好等于它的重力，根据杠杆的平衡条件计算出G2到支点的距离，并计算出物体G2运动的距离，最后根据计算G2的速度即可。
【解答】（1）根据杠杆的平衡条件F1L1=F2L2得到：FA×OA=G2×OC；
FA×20cm=20N×10cm；
解得：FA=10N；
（2）此时G1对地面的压力为：F=pS=2×104Pa×（0.05m×0.05m）=50N；
那么物体G1的重力：G1=F+FA=10N+50N=60N；
当它对地面的压力为零时，杠杆上A的拉力刚好等于它的重力，
根据杠杆的平衡条件得到：G1×OA=G2×OD；
60N×20cm=20N×OD；
解得：OD=60cm；
那么G2运动的路程为：s=OD-OC=60cm-10cm=50cm；
那么G2的速度为：。
25．（华师大版初中科学九年级上学期 5.1杠杆(第2课时)）如图所示，在处于水平位置平衡的杠杆的A点悬挂两个总重为2N的钩码，在B点用弹簧测力计竖直向上拉，使杠杆在水平位置再次平衡，则拉力应为　 　N，此时的杠杆属于　 　(选填“省力”或“费力”)杠杆。如果弹簧测力计的量程为0～5N，在支点不变的情况下，采用图中的杠杆，能较为精确地测量出悬挂物体的最大质量为　 　kg。(g取10N/kg)
【答案】1.5；省力；3
【知识点】杠杆的平衡条件
【解析】【分析】（1）根据杠杆的平衡条件F1L1=F2L2计算拉力；根据动力臂和阻力臂的大小关系，判断杠杆的种类；
（2）根据杠杆的平衡条件可知，当动力臂最大，阻力臂最小时，可测量的物体质量最大，据此确定动力臂和阻力臂，然后进行计算即可。
【解答】（1）设杠杆上每格的长度为L，
根据杠杆的平衡条件F1L1=F2L2得到：F×4L=2N×3；
解得：F=1.5N；
因为动力臂大于阻力臂，所以为省力杠杆。
（2）如果被测物体的质量最大，那么阻力臂为L，动力臂为6L；
根据杠杆的平衡条件F1L1=F2L2得到：5N×6L=m×10N/kg×L；
解得：m=3kg。
26．（2020·奉化模拟）如图所示，质量为m的人站在质量为 的均匀木板AB中点，木板可以绕B端转动，要使木板处于水平状态不动，此人拉力的大小为　 　。(摩擦忽略不计)
【答案】
【知识点】杠杆的平衡条件
【解析】【分析】首先根据定滑轮的工作特点，确定A点的拉力和C点拉力的大小关系；然后根据二力平衡和相互作用力原理得到C点的压力、人的重力和A点拉力的关系；作用在杠杆上向下的力有两个，即人对杠杆的压力FC和杠杆自身的重力，根据杠杆的平衡条件列出平衡关系式，最后将得到的三个式子联立计算即可。
【解答】如下图所示，使用了两个定滑轮，摩擦阻力忽略不计，则FA=F拉 …①
根据力的作用是相互的，FC=F支=G-F拉=mg-F拉 …②
根据杠杆平衡条件得到：
因为：BA=2BC，
所以：…③
由①②③得：。
三、解答题
27．（2019·杭州）如图甲，有一轻质杆，左右各挂由同种金属制成，质量分别为m1和m2(m1>m2)的实心物块后恰好水平平衡
（1）求左右悬挂点到支点O的距离L1与L2之比
（2）将两物分别浸没在水中，杆将会 ▲ （选填“左端下降”“右端下降”“仍然平衡”），试通过推导说明。
【答案】（1）解：∵杠杆平衡时有：F1×L1=F2×L2
∴m1g×L1=m2g×L2
变形得到：L1：L2=m2：m1
（2）仍然平衡；
以浸没于水的物体为研究对象进行受力分析：
F拉+F浮=m物g
F拉=m物g-F浮=m物g-ρ水gV物=(1- ）m物g
所以；F拉1×L1=（1- ）m1gL1
F2×L2=(1- )m2gL2
∵m1gL1=m2gL2
∴F拉1L1=F拉2L2
因此杠杆仍然平衡
【知识点】杠杆的平衡条件
【解析】【分析】（1）将左边的物体重力看作动力，右边的物体重力看作阻力，根据杠杆的平衡条件列出平衡关系式，借助数学运算得到左右悬挂点到支点O的距离L 1与L 2之比；
（2）当两个物体浸没在水中时，它们都会受到浮力，根据二力平衡条件得到： F拉+F浮=m物g 。据此计算出它们作用在杠杆上的拉力F拉1和F拉2；接下来分别计算杠杆两边动力和动力臂的乘积以及阻力和阻力臂的乘积，借助（1）中的结果对它们的大小进行比较即可。
28．（2021·宁波模拟）为探究平衡木受力的特点，重为400N的小科设计了图甲所示的平衡木模型，整个装置放在水平地面上，AB可绕支点O无摩擦转动。AB始终处于水平平衡状态，C处固定一竖直硬杆，硬杆重300N，硬杆的底部安装有压力传感器R，R所在的电路装置如图乙所示，R的阻值随着硬杆对它的压力F的变化关系如图丙所示。其中，电源电压为4.5V，保护电阻R0=5Ω，电流表的量程为0～0.6A，且AB=4m，OA=BC=1m，整个装置除硬杆外，其他部分的重力均不计，求：
（1）小科的质量为　 　kg；
（2）小科站在A点时，C处受到硬杆对它的拉力；
（3）小科站在C点时，电流表的示数；
（4）在电路安全的情况下，小科在平衡木上缓慢走动的过程中，当电路消耗的电功率达到最小值和最大值时，压力传感器R消耗的电功率之比。
【答案】（1）40
（2）小红站在A点时，杠杆受小红对A点的压力和硬杆对C点的拉力，
其中OA=1m，OC=AB-OA-BC=4m-1m-1m=2m，
根据杠杆的平衡条件可得：G人 OA=Fc OC，
即：400N×1m=F拉×2m，
解得：Fc=200N；
答：小红站在A点时，C处受到硬杆对它的拉力为200N；
（3）小红站在C点时，压力传感器R受到的压力为 Fc=G杆+G人=300N+400N=700N，
由乙图知R=7.5Ω，
则 R总=R0+R=5Ω+7.5Ω=12.5Ω，
电流表的示数为；
答：小红站在C点时，电流表的示数为0.36A；
（4）当电路消耗功率达最小值时，电路中的电流最小，R最大，硬杆对R的压力最小，
对硬杆和杠杆进行受力分析，并根据杠杆平衡原理，此时小红应站在A点；
此时R受到的压力为 F压=G杆-Fc=300N-200N=100N，
由乙图可知R'=20Ω，
则 ，
同理，经分析可知，在电路安全的情况下，当电路消耗功率最大时，此时小红应站在B点，
此时 OB=OC+BC=2m+1m=3m，
由杠杆平衡可得 ，
此时R受到的压力为 F'压=F'c+G杆=600N+300N=900N，
由乙图可知R''=5Ω，
则；
可知电路安全，
则压力传感器R消耗的功率之比为：。
答：当电路消耗功率达最小值和最大值时，压力传感器R消耗的功率之比为16：25。
【知识点】重力及其方向；欧姆定律及其应用；杠杆的平衡条件；电功率计算公式的应用
【解析】【分析】（1）根据G=mg计算质量；
（2）根据杠杆平衡条件计算拉力；
（3）根据 Fc=G杆+G人计算出压力传感器R受到的压力，根据图像确定阻值，根据R总=R0+R计算出总电阻，根据计算电流大小；
（4）根据P=UI=I2R 分别计算电流最小值与最大值时的功率进行比较。
【解答】（1）小红的质量；
29．（2020九上·新昌期末）一根质量分布不均匀，长度为1.2米、重为9N的金属棒AB置于水平地面上，用弹簧测力计始终竖直方向拉棒的B端使其缓慢匀速拉起离开地面，如图甲所示。
（1）在此过程中，弹簧测力计对棒所做的功W与B端离开地面的高度h的关系，如图乙所示，其中最合理的是　 　。
（2）在B端拉起的过程中，当h1=1m时，测力计的示数F1为3N；由此推断：金属棒的重心到A的距离d=　 　；
（3）拉B端使金属棒缓慢匀速拉起，当h2=2m时，求这个过程中拉力做了多少功？
【答案】（1）B
（2）0.4m
（3）当h2=2m时，金属棒AB已经离开地面，未离开地面时，弹簧测力计示数F1为3N且不变，
弹簧测力计对棒做的功为：W未=F1L=3N×1.2m=3.6J，
金属棒离开地面继续上升的高度为：h2=2m-1.2m=0.8m，
离开地面后，弹簧测力计对棒所做的功为克服棒重力做的功：W后=Gh2=9N×0.8m=7.2J，
故当h2=2m时，拉力F1做的功为：W2=W未+W后=3.6J+7.2J=10.8J
【知识点】功的计算公式的应用；杠杆的平衡条件
【解析】【分析】（1）金属棒未离开地面时，弹簧测力计对棒所做的功为弹簧测力计对棒的拉力做的功，；金属棒离开地面后，弹簧测力计对棒所做的功为克服棒重力做的功，根据杠杆的平衡条件、相似三角形的性质和功的计算式W=Fs分析判断；
（2）由h1=1m<1.2m可知金属棒未离开地面，根据杠杆的平衡条件可求得金属棒的重心到A端的距离d；
（3）由h2=2m>1.2m可知金属棒已经离开地面，此时拉力做的功等于金属棒未离开地面与金属棒已离开地面做功之和；金属棒未离开地面时，做的功为弹簧测力计对棒的拉力做的功W未=F1L，金属棒离开地面后，做的功为克服棒重力做的功W后=Gh2。
【解答】（1）①金属棒没离开地面时，金属棒是在拉力作用下绕着A端被缓慢匀速提起，此时金属棒是杠杆，支点为A，动力为测力计对金属棒的拉力，阻力为金属棒的重力，其中棒长L，设金属棒的重心离A端距离为d，如图1；
根据杠杆的平衡条件可得F1L1=GL2，相似三角形对应边成比例得到：；
那么这一过程中测力计对金属棒的拉力F1不变，且F1＜G。
金属棒没离开地面时，测力计对棒所做的功W=F1h，因F1不变，所以W和h成正比关系，
②当金属棒AB离开地面后，因竖直匀速提起金属棒，所以由二力平衡条件可知拉力F1′=G=5N，测力计对棒所做的功W=F1′h，且此过程中F1′不变，故W和h也成正比关系，但F1′＞F1，所以提升相同高度时拉力做功更多，即图线更陡。
故选B。
（2）①当h1=1m时，金属棒AB还没离开地面，假设金属棒与地面的夹角为α，如图2；
根据杠杆平衡条件，有F1×Lcosα=G×dcosα；
即3N×1.2m=9N×d，
解得：d=0.4m，
即金属棒的重心到A端的距离d为04m。
（3）当h2=2m时，金属棒AB已经离开地面，未离开地面时，弹簧测力计示数F1为3N且不变，
弹簧测力计对棒做的功为：W未=F1L=3N×1.2m=3.6J，
金属棒离开地面继续上升的高度为：h2=2m-1.2m=0.8m，
离开地面后，弹簧测力计对棒所做的功为克服棒重力做的功：W后=Gh2=9N×0.8m=7.2J，
故当h2=2m时，拉力F1做的功为：W2=W未+W后=3.6J+7.2J=10.8J；
30．（2020九上·镇海期末）质量为 2.5kg 的圆柱体，其横截面的半径为 0.5m；放置在水平地面上，与高为 0.2m的台阶接触，接触部位足够粗糙，如图所示。现欲在圆柱体上施加一作用力，使它下部刚好脱离地面。
（1）画出此作用力F最小的示意图
（2）求此作用力F的最小值。
（3）要使此圆柱体在10s内运动到台阶上，则功率至少为多少？
【答案】（1）解：如图
（2）解：由图可知，动力臂为2R，阻力臂BC＝
由杠杆的平衡条件得：F1 2R＝mg ，
代入数据得：F1×2×0.5m＝2.5kg×10N/kg× ，
解得：F1＝10N
（3）解：要使此圆柱体运动到台阶上，至少要做的功等于克服圆柱体重力做的功，
即：W＝Gh＝mgh＝2.5kg×10N/kg×0.2m＝5J；
最小功率为：P＝ ＝ ＝0.5W
【知识点】功的计算公式的应用；功率计算公式的应用；杠杆的平衡条件；力臂的画法
【解析】【分析】（1）根据杠杆的平衡条件F1L1=F2L2可知，动力和动力臂成反比，即动力臂最长时动力最小。经验证明，当以杠杆的支点到力的作用点之间的线段为动力臂时最长，此时动力最小，据此分析完成作图。
（2）首先根据勾股定理计算出阻力臂BC，再根据杠杆的平衡条件列出方程计算即可。
（3）首先根据W=Gh计算出克服重力作的功，再根据公式计算即可。
【解答】（1）当推动圆柱体时，圆柱体与台阶的接触点B为支点，阻力为圆柱体的重力，作用在圆柱体的中心上；根据圆的性质可知，当以通过B点的直径为动力臂时最长，此时动力最小。
连接BO并延长，与圆的交点为力的作用点，然后通过这个作用点作BO的垂线，那么垂线上向上的方向为F1的方向，如下图所示：
（2）由图可知，动力臂为2R，阻力臂BC＝ ；
由杠杆的平衡条件得：F1 2R＝mg ；
代入数据得：F1×2×0.5m＝2.5kg×10N/kg× ，
解得：F1＝10N。
（3）要使此圆柱体运动到台阶上，至少要做的功等于克服圆柱体重力做的功，
即：W＝Gh＝mgh＝2.5kg×10N/kg×0.2m＝5J；
最小功率为：P＝＝ ＝0.5W。
31．（2020九上·镇海月考）如图甲所示，正方体A边长0.2m，作为配重使用，杠杆OE：OF=2：3，某同学用这个装置和一个密闭容器D提取水中的圆柱体B， 圆柱体B的体积是密闭容器D的1/3；旁边浮体C的体积是0.1m3，该同学站在浮体C上，总体积的3/5浸入水中；该同学用力拉动滑轮组绕绳自由端，手拉绳的功率P和密闭容器D匀速被提升的距离关系如图乙所示；密闭容器D上升速度0.05m/s保持不变，密闭容器D被提出水后，圆柱体B从密闭容器D中取出放在浮体C的上面，同时手松开绳子时，浮体C露出水面的体积减少总体积的7/25；在提升全过程中，配重A始终没有离开地面。两个定滑轮总重10 N.（绳的重力，滑轮与轴的摩擦及水的阻力不计。g＝10N/kg），求：
（1）圆柱体B的重力；
（2）密闭容器D离开水面时，滑轮组提升重物B的机械效率；（百分号前面保留一位小数）；
（3）圆柱体B的密度；
（4）在提升全过程中配重A对地面的压强的最大变化量。
【答案】（1）解：由图象可知，D完全露出水面时F1的功率P1=12W，
此时的拉力 ，
B放在C上，且放开手后， ，
∴GB+80N=1×103kg/m3×10N/kg× ×0.1m3；
解得：GB=200N
（2）解：
（3）解：根据F1= （GB+GD+G轮）得到：GD+G动=3F1-GB=3×80N-200N=40N；
D未出水面时的功率为P2=6W，
拉力 ；
根据根据F1= （GB+GD+G轮）得到，
D受浮力F浮=GB+GD+G动-3F2=200N+40N-3×40N=120N，
此时排开水的体积 ，
那么B的体积 ，
那么圆柱体B的密度
（4）解：定滑轮对杠杆右端的最大拉力：Fmax=4F1+G定=4×80N+10N=330N，
由杠杆平衡条件得：Fmax×OF=FE1×OE，
330N×3=FE1×2，
解得：FE1=495N；
定滑轮对杠杆右端的最小拉力：Fmin=4F2+G定=4×40N+10N=170N，
由杠杆平衡条件得：Fmin×OF=FE2×OE，
170N×3=FE1×2，
解得：FE1=255N。
配重A对地面的压强的最大变化量：
【知识点】阿基米德原理；功率计算公式的应用；杠杆的平衡条件；滑轮组绳子拉力的计算；机械效率的计算
【解析】【分析】（1）根据乙图可知，当D完全出水后，拉力F1的功率为12W。动滑轮上承担重力的绳子段数n=3，根据v=nvD计算出自由端的拉力F1移动的速度，并根据计算出此时的拉力。将B放到C上后，且放开手，那么C浮力的增大量等于B的重力和减小的拉力F1的和，此时露出体积的减少量就是排开水的体积对应的变化量，根据阿基米德原理列出方程，计算出物体B的重力即可。
（2）当容器D离开水面后，不受浮力，那么根据 计算出提升B的机械效率。
（3）当容器D出水后，它不再受浮力，根据 F1= （GB+GD+G轮） 计算出容器D和动滑轮的重力之和。当容器D还未出水时的功率为6W，根据公式 计算出此时自由端的拉力F2；此时根据F浮=GB+GD+G动-nF2计算出D浸没时受到的浮力，接下来根据阿基米德原理 计算出D的体积，根据 计算出B的体积 计算出物体B的密度。
（4）以定滑轮为受力对象进行分析，它受到杠杆向上的拉力F拉，向下的四根绳子上的拉力和定滑轮向下的重力，即F拉=4F+G定；据此分别计算出自由端的拉力为F1和F2时对应的拉力F拉，并根据杠杆的平衡条件分别计算出杠杆对物体A的拉力。两个拉力之差就是物体A对地面的压力的最大变化量，最后根据 计算A对地面的压强的最大变化量即可。
四、实验探究题
32．（2021·湖州）下列是某科学研究小组探究杠杆平衡条件的实验过程：(本实验均使用轻质杠杆)实验1：在直杠杆水平平衡时(如图甲所示) 进行实验， 记录多组数据。得出：F1×s1=F2× s2(注：s1和s2分别表示支点到F1和F2的作用点的距离)。在直杠杆倾斜平衡时(如图乙所示)进行实验，也得到了同样的结论。该结论适用于所有平衡时的杠杆吗
实验2：科学研究小组用一侧弯曲的杠杆进行如图丙所示的实验，移动钩码，改变钩码数量，
记录数据如表，分析表格数据发现上述结论并不成立，但发现一个新的等量关系，即：(待填)。s和l(支点到力的作用线的距离)这两个量在研究杠杆平衡条件时，哪个量才是有价值的呢 研究小组的同学观察到：支点到F的作用点的距离(s1)与支点到F1的作用线的距离(l1)是相等的。研究小组的同学又进行了实验。
实验3：
实验次数 F1/N S1/cm F2/N S2/cm L2/cm
1 1.0 10.0 0.5 21.3 20.1
2 1.5 20.0 1.0 31.7 29.8
3 2.0 30.0 2.5 25.5 24.0
①移动钩码，使杠杆________，并使杠杆处于平衡状态。
②记录F1、s1、l1和F2、s2、l2。
③改变钩码数量，移动钩码，记录杠杆处于平衡时的多组F1、s1、l1和F2、s2、l2。
④分析实验数据，得出弯杠杆的平衡条件。最后，通过科学思维，得出所有杠杆的平衡条件都是：F1×l1=F2×l2。杠杆的平衡条件可用于解释许多杠杆应用，如用图1方式提升物体比用图2方式省力，就可用杠杆的平衡条件作出合理解释。请回答：
（1）在研究一侧弯曲的杠杆时，发现的一个新的等量关系是　 　。
（2）将实验3中的①填写完整　 　。
（3）“支点到力的作用线的距离”在科学上被称为　 　。通过探究杠杆平衡条件的实验，使我们深深认识到建立这一科学量的价值。
（4）用图1方式提升物体比用图2方式省力的原因是　 　。
【答案】（1）F1 ×s1=F2 ×l2
（2）倾斜或转动
（3）力臂
（4）图1的动力臂大于阻力臂而图2的动力臂等于阻力臂
【知识点】探究杠杆的平衡条件实验
【解析】【分析】（1）分别计算出每组中F1与s1的乘积，以及F2与L2的乘积，然后比较乘积的大小；
（2）如果杠杆匀速转动或处于静止状态，此时杠杆就处于平衡状态；
（3）根据力臂的定义解答；
（4）将滑轮看作特殊的杠杆，比较它们动力臂的大小即可。
【解答】（1）三组数据中，F1与s1的乘积以及F2与L2的乘积依次为：10、30和60，则在研究一侧弯曲的杠杆时，发现的一个新的等量关系是：F1 ×s1=F2 ×l2。
（2）实验3中：移动钩码，使杠杆倾斜或转动，并使杠杆处于平衡状态。
（3）“支点到力的作用线的距离”在科学上被称为力臂；
（4）根据图1可知，使用动滑轮时，可以将左侧绳子与滑轮的接触点看作杠杆的支点，阻力臂等于半径，动力臂等于直径；
根据图2可知，使用定滑轮时，滑轮的轴心为杠杆的支点，动力臂和阻力臂都等于滑轮的半径。
则：用图1方式提升物体比用图2方式省力的原因是：图1的动力臂大于阻力臂而图2的动力臂等于阻力臂。
33．（2021·温州模拟）同学们利用实验共同验证“杠杆的平衡条件”．实验中使用的杠杆刻线均匀，每个钩码的质量都相等．
（1）杠杆初始状态如图甲所示，为使杠杆处于水平平衡状态，此时应将杠杆的平衡螺母均向　 　调节．
（2）杠杆调节完毕后，莉莉在杠杆支点两侧挂的钩码如图乙所示，如果此时莉莉不再支撑杠杆，杠杆不能静止在水平位置．同学们给出了自己的判断和建议：
①小红说，把右侧的钩码减掉一个，杠杆就平衡了．
②小林说，把左侧的钩码向左移动一格，杠杆就平衡了．
③小健说，在左侧的钩码下增加一个钩码，杠杆就平衡了．
④小东说，在右侧的钩码下增加一个钩码，并向左移动一格，杠杆也可以平衡．你认为都有谁说对了　 　（填序号）．
（3）乙图中钩码均重0.5N，体积均为4立方厘米，在盛有某液体的烧杯置于右侧钩码下方，当最下端的一个钩码浸没于该液体中时，杠杆在水平位置静止，该液体密度为　 　kg/m3。
【答案】（1）右
（2）①②④
（3）3.75×104
【知识点】密度公式的应用；浮力大小的计算；杠杆的平衡条件
【解析】【分析】（1）平衡螺母总是向轻的那端调节；
（2）根据杠杆的平衡条件F1L1=F2L2分析；
（3）首先根据杠杆的平衡条件计算出右侧钩码产生的拉力F1，然后根据F浮力=G右-F1计算出钩码受到的浮力，最后根据公式计算液体的密度。
【解答】（1）根据甲图可知，杠杆右端上翘，即右端轻，因此平衡螺母应该向右端调节。
（2）设钩码的重力为G，杠杆上每格长度为L，
①左：3G×4L=12GL；
右：（5-1）G×3L=12GL；
根据杠杆的平衡条件F1L1=F2L2可知，杠杆平衡；
②3G×（4+1）L=15GL；
右：5G×3L=15GL；
根据杠杆的平衡条件F1L1=F2L2可知，杠杆平衡；
③左：（3+1）G×4L=16GL；
右：5G×3L=15GL；
根据杠杆的平衡条件F1L1=F2L2可知，杠杆不平衡；
④左：3G×4L=12GL；
右：（5+1）G×（3-1）L=12GL；
根据杠杆的平衡条件F1L1=F2L2可知，杠杆平衡.
那么说对的是①②④。
（3）根据杠杆的平衡条件F1L1=F2L2得到：1.5N×4L=F1×3L；
解得：F1=2N；
那么钩码受到的浮力：F浮力=-F1-G右=2N-0.5N=1.5N；
则液体的密度：。
34．（华师大版初中科学九年级上学期 第5章 功和简单机械 单元试卷）教室内的日光灯一般都是由两条竖直平行的吊链吊在天花板上的(如图甲所示)，两条吊链竖直平行除了美观外，还蕴含着科学道理。
（1）图甲中a、b是挂日光灯的吊链。若以吊链a的固定点O作为支点，F甲作为拉力时，可将灯视作　 　(选填“省力”“费力”或“等臂”)杠杆。
（2）比较图甲、图乙两种悬挂方式，图甲吊链受到的拉力大小为F甲，图乙吊链受到的拉力大小为F乙，则F甲　 　F乙(选填“＞”“＝”或“＜”)。
（3）若图甲中b吊链突然断开后日光灯将绕O点转动，此时日光灯的重力势能将　 　(选填“增大”“减小”或“不变”)。
【答案】（1）省力
（2）＜
（3）减小
【知识点】势能的影响因素；杠杆的平衡条件；杠杆的分类
【解析】【分析】（1）如果动力臂大于阻力臂，为省力杠杆；如果动力臂小于阻力臂，为费力杠杆；
（2）分析动力臂的大小，根据杠杆的平衡条件比较两个拉力的大小；
（3）分析日光灯重心的高度变化即可。
【解答】（1）若以吊链a的固定点O作为支点，F甲作为拉力，日光灯的重力为阻力，作用在日光灯的中心上，如下图所示，此时动力臂大于阻力臂，为省力杠杆；
（2）图甲中，F甲与日光灯垂直，因此从支点O到动力作用点的长度就是动力臂，这也是最长的力臂；图乙中，F乙是倾斜的，此时的动力臂肯定小于从支点O到动力作用点的长度。根据杠杆的平衡条件可知，动力臂越短，动力越大，即F甲（3）若图甲中b吊链突然断开后日光灯将绕O点转动，此时日光灯的重心的高度不断减小，它的重力势能将减小。
35．（2020·杭州模拟）某同学要测一个金属块的密度，他手中的测量工具只有一只量程较小的弹簧测力计，当他用此弹簧测力计测量该金属块的重力时，发现已超过弹簧测力计的最大量程，于是他设计了如图所示的装置去测量。图中OA：OB=1：3。他实验的步骤如下：
⑴用细绳把金属块悬挂于A点，用弹簧测力计在B点作用一个竖直向上的力，使杠杆OAB在水平位置静止，金属块静止在空中，读出弹簧测力计此时的读数F1；
⑵向容器中加适量的水，“适量”指的是　 　，待杆在水平位置重新平衡后，再读出弹簧测力计此时的读数F2，则F1　 　F2（选填“大于”、“等于”、“小于”）；
⑶若杠杆OAB质量不计，则被测金属块密度的表达式：ρ=　 　。（水的密度表示为ρ水）
【答案】水能完全浸没金属块但又没有水溢出；大于；
【知识点】密度公式的应用；浮力大小的计算；杠杆的平衡条件
【解析】【分析】该题是创新综合题型，通过杠杆原理综合浮力、密度的计算；
【解答】（2）由实验步骤可知，没有加入水之前是为了测量金属块的重力；而加入水后的读数是通过浮力来测量金属块的体积，从而计算金属块的密度，所以适量的水是指恰好把金属块完全浸没但又没有的水的体积；由于第二步有浮力的原因，则阻力减小，即F2要减小，所以F1>F2；
（3）由步骤一可知，，
∵OA：OB=1：3
∴G=3F1；
∴；
由步骤二可知，
∴F=3F2；
∴F浮=G-F=3（F1-F2）；
∴；
∴；
故答案为：（1）水能完全浸没金属块但又没有水溢出；大于；（2）。
36．（2019九上·杭州期中）小江用如图所示的实验装置测量杠杆的机械效率，实验时竖直向上拉动杠杆，使挂在杠杆下面的钩码缓缓上升。（支点和杠杆的摩擦不计）问：
（1）重为5N的钩码挂在为点时，人的拉力F为4N。钩码上升0.3m时，动力作用点C上升0.5 m，此时机械效率η1为　 　。
（2）小江为了进一步研究杠杆的机械效率与哪些因素有关，仍用该实验装置，将钩码移到更靠近支点的B点处，再次缓慢提升杠杆，使动力作用点C仍然上升0.5 m。问：人的拉力F与第一次相比　 　（选填“变大”、“变小”或“不变”），此时的机械效率η2与第一次相比会　 　（选填“变大”、“变小”或“不变”）。
【答案】（1）75%
（2）变小；变小
【知识点】杠杆的平衡条件；机械效率的计算
【解析】【分析】（1）根据W=Gh计算有用功，根据W总=Fs计算总功，根据公式计算机械效率；
（2）将钩码的悬挂点从A点移至B点，改变了钩码重力的力臂，根据杠杆平衡条件分析拉力的变化。再提升杠杆时，对杠杆的重力做额外功，根据机械效率的功率分析即可。
【解答】（1）有用功：W有用=Gh=5N×0.3m=1.5J；
总功：W总=Fs=4N×0.5m=2J，
机械效率：；
（2）钩码的悬挂点在A点时，由于杠杆的重力会阻碍杠杆转动，
则由杠杆的平衡条件得：G OA+G杠杆 OC=F OC；
悬挂点移至B点时，由杠杆的平衡条件得G OB+G杠杆 OC=F′ OC；
观察比较可知，悬挂点移至B点时，OB＜OA，即钩码重力的力臂变小，所以拉力F也变小；
杠杆的机械效率： ；
因为杠杆升高的高度不变，所以克服杠杆自重所做的额外功W额不变；
由于悬挂点B更接近支点，所以钩码提升的高度减小，根据W有用=Gh可知，有用功W有减小；
因此此时的机械效率比第一次时变小。
37．（2019·宁波模拟）在“探究杠杆平衡条件”实验中，小科用一块T形板对实验装置进行改进。如图甲所示，T形板上有槽口ab和卡口cd，T形板通过槽口ab可以绕着杠杆的0点自由旋转并上下移动，弹簧测力计与一根质量可以忽略的碳素细棒MN相连，碳素细棒MN刚好卡入T形板的卡口cd，如图乙所示。
（1）小想认为要完成这个实验，还需要一把刻度尺，但小科认为只要在T形板上稍微进行改进，不添加器材也可完成实验。小科对T形板进行的改进方法是
　 　。
（2）利用这个装置进行实验的优点为：　 　。
（3）小科在实验过程中，保持阻力、阻力臂不变，在杠杆水平平衡时，测出每一组动力臂L1和动力F1的数据，并利用实验数据绘制了F1与L1的关系图像，如图丙所示。请根据图像推算，当L1为5cm时，F1为　 　N。
【答案】（1）在T形板的槽口ab上标上刻度
（2）可以改变拉力方向，且方便测量出相应的力臂长度，使实验结论更加可靠
（3）6
【知识点】探究杠杆的平衡条件实验
【解析】【分析】（1）（2）实验中需要测量ab的长度，只要知道ab的长度即可完成实验中的计算，且测量力臂更加方便；
（3）分析图像可知，此图像为反比例函数的图象，根据反比例函数的定义式进行计算。
【解答】（1）实验中需要测量ab的长度，只要在ab上标出刻度，即可知道动力臂的长度；
（2）在ab上标出刻度，无论怎样改变力的方向，都能很快地读出动力臂的长度；
（3）图丙的图像为反比例函数的图象，表达式为代入图中数据计算可得：k=30 ， 当 L1＝5cm时，。
故答案为：（1）在T形板的槽口ab上标上刻度；（2）可以改变拉力方向，且方便测量出相应的力臂长度；（3） 6。
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